2017-2018版高中数学第四章导数应用2.2最大值、最小值问题（一）学案1-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE21学必求其心得，业必贵于专精PAGE2。2最大值、最小值问题（一）学习目标1。理解函数最值的概念,了解其与函数极值的区别与联系。2.会求某闭区间上函数的最值．知识点函数的最大(小)值与导数如图为y＝f(x），x∈[a，b］的图像．思考1观察［a,b]上函数y＝f(x）的图像,试找出它的极大值、极小值．思考2结合图像判断，函数y＝f(x)在区间［a，b]上是否存在最大值,最小值?若存在,分别为多少？思考3函数y＝f（x)在［a，b]上的最大(小)值一定是某极值吗？梳理（1）函数的最大(小）值的存在性一般地,如果在区间［a，b]上函数y＝f(x）的图像是一条____________的曲线，那么它必有最大值与最小值．(2)求函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的最值的步骤：①求函数y＝f（x）在(a，b)内的________；②将函数y＝f（x)的________与________处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是________,最小的一个是________．类型一求函数的最值命题角度1不含参数的函数求最值例1求下列函数的最值:(1）f（x）＝2x3－12x，x∈[－2，3]；(2）f（x）＝eq\f（1,2)x＋sinx,x∈[0，2π］．反思与感悟求解函数在固定区间上的最值，需注意以下几点(1)对函数进行准确求导,并检验f′（x)＝0的根是否在给定区间内．（2）研究函数的单调性,正确确定极值和端点函数值．（3）比较极值与端点函数值大小，确定最值．跟踪训练1求函数f（x）＝ex(3－x2），x∈［2,5］的最值．命题角度2含参数的函数求最值例2已知a是实数,函数f(x）＝x2（x－a）．(1）若f′（1)＝3，求a的值及曲线y＝f(x）在点(1,f(1)）处的切线方程；(2）求f（x)在区间［0,2]上的最大值．反思与感悟由于参数的取值不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化．所以解决这类问题常需要分类讨论,并结合不等式的知识进行求解．跟踪训练2已知a为常数，求函数f(x）＝－x3＋3ax（0≤x≤1）的最大值．类型二由函数的最值求参数例3设函数f（x）＝lnx＋eq\f（m，x)，m〉0，求f（x）的最小值为2时m的值．反思与感悟已知函数在某区间上的最值求参数的值（范围）是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题．其中注意分类讨论思想的应用．跟踪训练3设f(x）＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f（1，2）x2＋2ax.当0<a〈2时,f(x）在[1，4］上的最小值为－eq\f(16,3），求f（x)在该区间上的最大值．类型三与最值有关的恒成立问题例4已知函数f（x)＝(x＋1）lnx－x＋1.若xf′(x)≤x2＋ax＋1恒成立,求a的取值范围．反思与感悟“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．一般地，可采用分离参数法．λ≥f（x）恒成立⇔λ≥[f（x）］max；λ≤f(x）恒成立⇔λ≤[f(x)]min.跟踪训练4已知函数f（x）＝ax4lnx＋bx4－c(x＞0)在x＝1处取得极值－3－c,其中a，b，c为常数．若对任意x＞0，不等式f（x)≥－2c2恒成立,求c的取值范围．1．函数f(x）＝－x2＋4x＋7，在x∈［3，5］上的最大值和最小值分别是()A．f(2)，f(3） B．f(3)，f(5)C．f（2），f（5） D．f（5），f（3）2．函数f(x)＝x3－3x（|x|<1）()A．有最大值，但无最小值B．有最大值，也有最小值C．无最大值，但有最小值D．既无最大值，也无最小值3．函数f(x）＝x3－3ax－a在（0,1)内有最小值，则a的取值范围是()A．[0,1） B．(0,1）C．（－1,1) D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1，2）））4．已知函数f（x)＝eq\f（1,2)x4－2x3＋3m,x∈R，若f（x）＋9≥0恒成立，则m的取值范围是（)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．设函数f（x)＝2x3－9x2＋12x＋8c,若对任意的x∈［0,3］,都有f（x)<c2成立，则实数c的取值范围．1．求函数在闭区间上的最值,只需比较极值和端点处的函数值即可；若函数在一个开区间内只有一个极值,则这个极值就是最值．2．已知最值求参数时，可先确定参数的值，用参数表示最值时，应分类讨论．3．“恒成立”问题可转化为函数最值问题．

答案精析问题导学知识点思考1极大值为f(x1）,f(x3)，极小值为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，也可能是区间端点的函数值．梳理(1)连续不断（2）①极值②各极值端点最大值最小值题型探究例1解(1)因为f(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）.因为f（－2）＝8，f（3)＝18，f（eq\r（2））＝－8eq\r（2），f(－eq\r（2)）＝8eq\r(2）；所以当x＝eq\r（2）时，f(x）取得最小值－8eq\r(2)；当x＝3时，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）。因为f(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).所以当x＝0时,f（x）有最小值0;当x＝2π时，f（x）有最大值π.跟踪训练1解∵f(x)＝3ex－exx2,∴f′（x）＝3ex－(exx2＋2exx)＝－ex(x2＋2x－3）＝－ex(x＋3）(x－1）．∵在区间［2,5］上,f′(x)＝－ex（x＋3）（x－1)〈0，∴函数f(x)在区间［2，5]上是减少的，∴当x＝2时,函数f（x)取得最大值f（2)＝－e2；当x＝5时,函数f(x）取得最小值f(5)＝－22e5.例2解（1)f′(x)＝3x2－2ax。因为f′（1)＝3－2a＝3,所以a＝0.又当a＝0时，f(1）＝1，f′（1)＝3，所以曲线y＝f（x）在点（1，f(1）)处的切线方程为3x－y－2＝0。（2）令f′（x）＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f（2a，3）.当eq\f（2a,3）≤0，即a≤0时，f（x）在［0,2］上是增加的,从而f(x)max＝f（2）＝8－4a.当eq\f（2a,3)≥2，即a≥3时，f（x）在[0,2］上是减少的,从而f(x)max＝f（0)＝0。当0〈eq\f(2a，3)〈2，即0<a〈3时，f(x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f（2a，3）））上是减少的,在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(2a，3)，2))上是增加的，从而f(x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（8－4a0<a≤2，,02〈a〈3，))综上所述，f(x）max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（8－4aa≤2，，0a>2.））跟踪训练2解f′（x)＝－3x2＋3a＝－3（x2－a)．若a≤0，则f′（x)≤0，函数f(x）在[0,1］上是减少的，所以当x＝0时，f(x）有最大值f（0)＝0；若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)。由x∈[0,1]，则只考虑x＝eq\r（a）的情况．①当0<eq\r（a）<1，即0〈a〈1时，当x变化时，f′（x），f(x）随x的变化情况如下表：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当eq\r（a）≥1，即a≥1时，f′(x)≥0，函数f（x）在［0,1］上是增加的，当x＝1时，f（x）有最大值f（1)＝3a－1.综上，当a≤0,x＝0时，f（x)有最大值0；当0<a〈1，x＝eq\r（a)时，f（x)有最大值2aeq\r（a）；当a≥1,x＝1时,f(x)有最大值3a－1.例3解因为f′(x)＝eq\f(x－m,x2)（x>0），所以当x∈(0，m)时,f′(x）〈0，f(x)在(0,m）上是减少的，当x∈（m，＋∞）时，f′(x）>0,f（x)在（m，＋∞）上是增加的，所以当x＝m时,f(x)取得极小值，也是最小值，即极小值为2。即f(m）＝lnm＋eq\f(m，m)＝2，所以m＝e.跟踪训练3解f′(x)＝－x2＋x＋2a，令f′（x)＝0，得两根x1＝eq\f（1－\r（1＋8a),2)，x2＝eq\f（1＋\r（1＋8a）,2）.当x∈（－∞，x1），（x2，＋∞)时，f′(x)〈0;当x∈（x1，x2）时，f′（x)>0，所以f（x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减少的,在(x1，x2)上是增加的．当0〈a〈2时，有x1〈1<x2<4，所以f（x)在［1,4］上的最大值为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]上的最小值为f（4)＝8a－eq\f（40，3)＝－eq\f(16，3)，故a＝1，x2＝2，从而f（x)在［1，4]上的最大值为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）等价于lnx－x≤a.令g（x）＝lnx－x,则g′(x）＝eq\f(1，x）－1.当0＜x＜1时,g′（x）＞0;当x≥1时，g′(x)≤0，x＝1是g（x）的最大值点，∴g（x）≤g（1）＝－1.综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)）.跟踪训练4解由题意，知f(1）＝－3－c.因此b－c＝－3－c,从而b＝－3.所以对f(x)求导，得f′(x)＝4ax3lnx＋ax4·eq\f（1，x）－12x3＝x3(4alnx＋a－12)．由题意，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.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，此时f（x)为减函数;当x＞1时，f′(x）＞0，此时f(x)为增函数．所以f(x）在x＝1处取得极小值f(1)＝－3－c,并且此极小值也是最小值．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的取值范围是(－∞,－1］∪eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3,2)，＋∞)）。当堂训练1．B2.D3.B4.A5．解∵f′（x)＝6x2－18x＋12＝6（x－1)（x－2),∴当x∈(0,1)时，f′(x）〉