2017-2018版高中數(shù)學(xué)第四章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用2.2最大值、最小值問題（一）學(xué)案1-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE21學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE2。2最大值、最小值問題（一）學(xué)習(xí)目標(biāo)1。理解函數(shù)最值的概念,了解其與函數(shù)極值的區(qū)別與聯(lián)系。2.會(huì)求某閉區(qū)間上函數(shù)的最值．知識(shí)點(diǎn)函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)如圖為y＝f(x），x∈[a，b］的圖像．思考1觀察［a,b]上函數(shù)y＝f(x）的圖像,試找出它的極大值、極小值．思考2結(jié)合圖像判斷，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間［a，b]上是否存在最大值,最小值?若存在,分別為多少？思考3函數(shù)y＝f（x)在［a，b]上的最大(小)值一定是某極值嗎？梳理（1）函數(shù)的最大(小）值的存在性一般地,如果在區(qū)間［a，b]上函數(shù)y＝f(x）的圖像是一條____________的曲線，那么它必有最大值與最小值．(2)求函數(shù)y＝f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值的步驟：①求函數(shù)y＝f（x）在(a，b)內(nèi)的________；②將函數(shù)y＝f（x)的________與________處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是________,最小的一個(gè)是________．類型一求函數(shù)的最值命題角度1不含參數(shù)的函數(shù)求最值例1求下列函數(shù)的最值:(1）f（x）＝2x3－12x，x∈[－2，3]；(2）f（x）＝eq\f（1,2)x＋sinx,x∈[0，2π］．反思與感悟求解函數(shù)在固定區(qū)間上的最值，需注意以下幾點(diǎn)(1)對函數(shù)進(jìn)行準(zhǔn)確求導(dǎo),并檢驗(yàn)f′（x)＝0的根是否在給定區(qū)間內(nèi)．（2）研究函數(shù)的單調(diào)性,正確確定極值和端點(diǎn)函數(shù)值．（3）比較極值與端點(diǎn)函數(shù)值大小，確定最值．跟蹤訓(xùn)練1求函數(shù)f（x）＝ex(3－x2），x∈［2,5］的最值．命題角度2含參數(shù)的函數(shù)求最值例2已知a是實(shí)數(shù),函數(shù)f(x）＝x2（x－a）．(1）若f′（1)＝3，求a的值及曲線y＝f(x）在點(diǎn)(1,f(1)）處的切線方程；(2）求f（x)在區(qū)間［0,2]上的最大值．反思與感悟由于參數(shù)的取值不同會(huì)導(dǎo)致函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性的變化，從而導(dǎo)致最值的變化．所以解決這類問題常需要分類討論,并結(jié)合不等式的知識(shí)進(jìn)行求解．跟蹤訓(xùn)練2已知a為常數(shù)，求函數(shù)f(x）＝－x3＋3ax（0≤x≤1）的最大值．類型二由函數(shù)的最值求參數(shù)例3設(shè)函數(shù)f（x）＝lnx＋eq\f（m，x)，m〉0，求f（x）的最小值為2時(shí)m的值．反思與感悟已知函數(shù)在某區(qū)間上的最值求參數(shù)的值（范圍）是求函數(shù)最值的逆向思維，一般先求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值點(diǎn)，探索最值點(diǎn)，根據(jù)已知最值列方程(不等式)解決問題．其中注意分類討論思想的應(yīng)用．跟蹤訓(xùn)練3設(shè)f(x）＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f（1，2）x2＋2ax.當(dāng)0<a〈2時(shí),f(x）在[1，4］上的最小值為－eq\f(16,3），求f（x)在該區(qū)間上的最大值．類型三與最值有關(guān)的恒成立問題例4已知函數(shù)f（x)＝(x＋1）lnx－x＋1.若xf′(x)≤x2＋ax＋1恒成立,求a的取值范圍．反思與感悟“恒成立”問題向最值問題轉(zhuǎn)化是一種常見的題型，對于不能分離參數(shù)的恒成立問題，直接求含參函數(shù)的最值即可．一般地，可采用分離參數(shù)法．λ≥f（x）恒成立?λ≥[f（x）］max；λ≤f(x）恒成立?λ≤[f(x)]min.跟蹤訓(xùn)練4已知函數(shù)f（x）＝ax4lnx＋bx4－c(x＞0)在x＝1處取得極值－3－c,其中a，b，c為常數(shù)．若對任意x＞0，不等式f（x)≥－2c2恒成立,求c的取值范圍．1．函數(shù)f(x）＝－x2＋4x＋7，在x∈［3，5］上的最大值和最小值分別是()A．f(2)，f(3） B．f(3)，f(5)C．f（2），f（5） D．f（5），f（3）2．函數(shù)f(x)＝x3－3x（|x|<1）()A．有最大值，但無最小值B．有最大值，也有最小值C．無最大值，但有最小值D．既無最大值，也無最小值3．函數(shù)f(x）＝x3－3ax－a在（0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是()A．[0,1） B．(0,1）C．（－1,1) D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1，2）））4．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1,2)x4－2x3＋3m,x∈R，若f（x）＋9≥0恒成立，則m的取值范圍是（)A．m≥eq\f(3，2） B．m>eq\f（3,2）C．m≤eq\f(3,2） D．m〈eq\f(3，2)5．設(shè)函數(shù)f（x)＝2x3－9x2＋12x＋8c,若對任意的x∈［0,3］,都有f（x)<c2成立，則實(shí)數(shù)c的取值范圍．1．求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值,只需比較極值和端點(diǎn)處的函數(shù)值即可；若函數(shù)在一個(gè)開區(qū)間內(nèi)只有一個(gè)極值,則這個(gè)極值就是最值．2．已知最值求參數(shù)時(shí)，可先確定參數(shù)的值，用參數(shù)表示最值時(shí)，應(yīng)分類討論．3．“恒成立”問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題．

答案精析問題導(dǎo)學(xué)知識(shí)點(diǎn)思考1極大值為f(x1）,f(x3)，極小值為f（x2)，f（x4)．思考2存在，f(x)min＝f(a）,f(x）max＝f（x3）．思考3不一定，也可能是區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值．梳理(1)連續(xù)不斷（2）①極值②各極值端點(diǎn)最大值最小值題型探究例1解(1)因?yàn)閒(x）＝2x3－12x，所以f′（x）＝6x2－12＝6(x＋eq\r(2))(x－eq\r（2））,令f′(x)＝0，解得x＝－eq\r（2)或x＝eq\r（2）.因?yàn)閒（－2）＝8，f（3)＝18，f（eq\r（2））＝－8eq\r（2），f(－eq\r（2)）＝8eq\r(2）；所以當(dāng)x＝eq\r（2）時(shí)，f(x）取得最小值－8eq\r(2)；當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)取得最大值18.（2)f′（x)＝eq\f（1，2）＋cosx，令f′（x)＝0，又x∈［0,2π］，解得x＝eq\f（2π,3)或x＝eq\f(4π,3）。因?yàn)閒(0）＝0，f(2π)＝π，f（eq\f(2π,3))＝eq\f(π,3)＋eq\f（\r（3）,2），f(eq\f(4π，3)）＝eq\f（2π，3)－eq\f（\r(3)，2).所以當(dāng)x＝0時(shí),f（x）有最小值0;當(dāng)x＝2π時(shí)，f（x）有最大值π.跟蹤訓(xùn)練1解∵f(x)＝3ex－exx2,∴f′（x）＝3ex－(exx2＋2exx)＝－ex(x2＋2x－3）＝－ex(x＋3）(x－1）．∵在區(qū)間［2,5］上,f′(x)＝－ex（x＋3）（x－1)〈0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間［2，5]上是減少的，∴當(dāng)x＝2時(shí),函數(shù)f（x)取得最大值f（2)＝－e2；當(dāng)x＝5時(shí),函數(shù)f(x）取得最小值f(5)＝－22e5.例2解（1)f′(x)＝3x2－2ax。因?yàn)閒′（1)＝3－2a＝3,所以a＝0.又當(dāng)a＝0時(shí)，f(1）＝1，f′（1)＝3，所以曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f(1）)處的切線方程為3x－y－2＝0。（2）令f′（x）＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f（2a，3）.當(dāng)eq\f（2a,3）≤0，即a≤0時(shí)，f（x）在［0,2］上是增加的,從而f(x)max＝f（2）＝8－4a.當(dāng)eq\f（2a,3)≥2，即a≥3時(shí)，f（x）在[0,2］上是減少的,從而f(x)max＝f（0)＝0。當(dāng)0〈eq\f(2a，3)〈2，即0<a〈3時(shí)，f(x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f（2a，3）））上是減少的,在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(2a，3)，2))上是增加的，從而f(x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（8－4a0<a≤2，,02〈a〈3，))綜上所述，f(x）max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（8－4aa≤2，，0a>2.））跟蹤訓(xùn)練2解f′（x)＝－3x2＋3a＝－3（x2－a)．若a≤0，則f′（x)≤0，函數(shù)f(x）在[0,1］上是減少的，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x）有最大值f（0)＝0；若a>0，則令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)。由x∈[0,1]，則只考慮x＝eq\r（a）的情況．①當(dāng)0<eq\r（a）<1，即0〈a〈1時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f(x）隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r（a）)eq\r(a）（eq\r（a），1）f′(x)＋0－f(x）2aeq\r（a）故f（x)max＝f（eq\r（a))＝2aeq\r(a)；②當(dāng)eq\r（a）≥1，即a≥1時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f（x）在［0,1］上是增加的，當(dāng)x＝1時(shí)，f（x）有最大值f（1)＝3a－1.綜上，當(dāng)a≤0,x＝0時(shí)，f（x)有最大值0；當(dāng)0<a〈1，x＝eq\r（a)時(shí)，f（x)有最大值2aeq\r（a）；當(dāng)a≥1,x＝1時(shí),f(x)有最大值3a－1.例3解因?yàn)閒′(x)＝eq\f(x－m,x2)（x>0），所以當(dāng)x∈(0，m)時(shí),f′(x）〈0，f(x)在(0,m）上是減少的，當(dāng)x∈（m，＋∞）時(shí)，f′(x）>0,f（x)在（m，＋∞）上是增加的，所以當(dāng)x＝m時(shí),f(x)取得極小值，也是最小值，即極小值為2。即f(m）＝lnm＋eq\f(m，m)＝2，所以m＝e.跟蹤訓(xùn)練3解f′(x)＝－x2＋x＋2a，令f′（x)＝0，得兩根x1＝eq\f（1－\r（1＋8a),2)，x2＝eq\f（1＋\r（1＋8a）,2）.當(dāng)x∈（－∞，x1），（x2，＋∞)時(shí)，f′(x)〈0;當(dāng)x∈（x1，x2）時(shí)，f′（x)>0，所以f（x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是減少的,在(x1，x2)上是增加的．當(dāng)0〈a〈2時(shí)，有x1〈1<x2<4，所以f（x)在［1,4］上的最大值為f(x2)．又f（4）－f(1)＝－eq\f（27,2）＋6a<0，即f(4)〈f（1)，所以f（x）在[1,4]上的最小值為f（4)＝8a－eq\f（40，3)＝－eq\f(16，3)，故a＝1，x2＝2，從而f（x)在［1，4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10，3）.例4解f′(x）＝eq\f（x＋1,x）＋lnx－1＝lnx＋eq\f(1,x），xf′（x）＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0）等價(jià)于lnx－x≤a.令g（x）＝lnx－x,則g′(x）＝eq\f(1，x）－1.當(dāng)0＜x＜1時(shí),g′（x）＞0;當(dāng)x≥1時(shí)，g′(x)≤0，x＝1是g（x）的最大值點(diǎn)，∴g（x）≤g（1）＝－1.綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)）.跟蹤訓(xùn)練4解由題意，知f(1）＝－3－c.因此b－c＝－3－c,從而b＝－3.所以對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝4ax3lnx＋ax4·eq\f（1，x）－12x3＝x3(4alnx＋a－12)．由題意，知f′（1）＝0，即a－12＝0，得a＝12.所以f′(x)＝48x3lnx(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f（x)為減函數(shù);當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x）＞0，此時(shí)f(x)為增函數(shù)．所以f(x）在x＝1處取得極小值f(1)＝－3－c,并且此極小值也是最小值．所以要使f(x）≥－2c2(x＞0)恒成立，只需－3－c≥－2c2即可．整理，得2c2－c－3≥0，解得c≥eq\f（3，2）或c≤－1。所以c的取值范圍是(－∞,－1］∪eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3,2)，＋∞)）。當(dāng)堂訓(xùn)練1．B2.D3.B4.A5．解∵f′（x)＝6x2－18x＋12＝6（x－1)（x－2),∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x）〉