2017学年高中数学2-21.3导数在研究函数中的应用1.3.3含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1.3.3函数的最大(小）值与导数［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．［知识链接]极值反映的是函数在某一点附近的局部性质，而不是函数在整个定义域内的性质,但是我们往往更关心函数在某个区间上哪个值最大，哪个值最小，函数的极值与最值有怎样的关系？答函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的,函数的极值可以有多个，但最值只能有一个；极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得；有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取得必定是极值,所以在开区间（a,b）上若存在最值，则必是极值．［预习导引］1．函数f(x）在闭区间［a，b］上的最值函数f（x)在闭区间［a,b］上的图象是一条连续不断的曲线，则该函数在[a，b]上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在端点处或极值点处取得．2．求函数y＝f（x)在[a，b］上的最值的步骤（1)求函数y＝f(x)在（a，b）内的极值；（2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f（a），f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．函数在开区间（a,b)的最值在开区间(a，b）内连续的函数不一定有最大值与最小值;若函数f（x）在开区间I上只有一个极值，且是极大（小)值，则这个极大(小)值就是函数f(x）在区间I上的最大(小）值．4．极值与最值的意义（1)最值是在区间［a,b]上的函数值相比较最大(小)的值；（2)极值是在区间［a，b］上的某一个数值x0附近相比较最大(小)的值．要点一求函数在闭区间上的最值例1求下列各函数的最值：（1）f（x）＝－x4＋2x2＋3,x∈［－3，2]；（2)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈［－1，1]．解（1）f′（x）＝－4x3＋4x,令f′(x）＝－4x(x＋1）(x－1)＝0，得x＝－1，x＝0,x＝1。当x变化时，f′（x)及f（x）的变化情况如下表:x－3(－3，－1）－1(－1,0）0（0,1）1(1，2）2f′(x)＋0－0＋0－f(x）－60极大值4极小值3极大值4－5∴当x＝－3时，f(x)取最小值－60；当x＝－1或x＝1时，f(x）取最大值4。（2）f′（x)＝3x2－6x＋6＝3（x2－2x＋2）＝3（x－1)2＋3，∵f′(x）在［－1,1］内恒大于0，∴f（x）在[－1,1]上为增函数．故x＝－1时，f(x）最小值＝－12；x＝1时，f（x)最大值＝2.即f（x)的最小值为－12，最大值为2。规律方法(1）求函数的最值，显然求极值是关键的一环．但仅仅是求最值，可用下面简化的方法求得．①求出导数为零的点．②比较这些点与端点处函数值的大小,就可求出函数的最大值和最小值．(2)若函数在闭区间[a，b］上连续且单调,则最大、最小值在端点处取得．跟踪演练1求下列函数的最值：(1)f(x)＝eq\f(1，3）x3－4x＋4，x∈［0，3］;(2）f(x）＝ex（3－x2），x∈［2,5]．解（1）∵f(x）＝eq\f（1，3）x3－4x＋4，∴f′（x)＝x2－4.令f′（x）＝0，得x1＝－2,x2＝2。∵f（2)＝－eq\f（4，3)，f（0）＝4，f（3）＝1,∴函数f（x)在[0,3]上的最大值为4，最小值－eq\f（4，3)。（2）∵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，即函数f（x)在区间[2,5］上单调递减，∴x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2；x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5）＝－22e5。要点二含参数的函数的最值问题例2已知a是实数，函数f（x）＝x2(x－a)．求f（x）在区间[0，2]上的最大值．解令f′（x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f（2a,3）.①当eq\f（2a，3)≤0，即a≤0时,f（x）在［0,2］上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a②当eq\f(2a，3)≥2，即a≥3时，f(x）在［0,2］上单调递减，从而f(x）max＝f(0）＝0.③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))）上单调递减,在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（2a，3），2））上单调递增，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.）)规律方法由于参数的取值范围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．跟踪演练2在本例中，区间［0,2］改为［－1，0]结果如何?解令f′（x)＝0,解得x1＝0,x2＝eq\f（2,3)a，①当eq\f(2，3)a≥0，即a≥0时，f(x）在［－1,0］上单调递增，从而f（x)max＝f（0)＝0；②当eq\f(2，3)a≤－1，即a≤－eq\f（3,2）时，f（x）在[－1,0]上单调递减，从而f(x)max＝f(－1)＝－1－a；③当－1〈eq\f（2,3)a<0，即－eq\f（3,2）〈a〈0时，f(x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,\f(2，3)a）)上单调递增;在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（2，3）a，0））上单调递减,则f(x）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)a))＝－eq\f(4，27）a3.综上所述：f（x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－1－a，a≤－\f（3，2)，－\f（4，27)a3，－\f(3，2)〈a<0，0，a≥0.)）要点三函数最值的应用例3设函数f（x）＝tx2＋2t2x＋t－1（x∈R，t＞0）．(1）求f(x）的最小值h（t）；(2)若h(t）＜－2t＋m对t∈(0，2）恒成立，求实数m的取值范围．解（1）∵f（x）＝t（x＋t）2－t3＋t－1（x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时,f(x)取最小值f（－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1。(2)令g(t)＝h（t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1（不合题意，舍去）．当t变化时，g′(t），g(t)的变化情况如下表：t（0，1)1（1，2)g′（t）＋0－g（t)递增1－m递减∴对t∈（0，2)，当t＝1时,g（t）max＝1－m，h(t）<－2t－m对t∈（0,2）恒成立,也就是g(t)〈0，对t∈(0，2)恒成立，只需g（t）max＝1－m〈0，∴m>1。故实数m的取值范围是（1，＋∞）．规律方法（1）“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立⇔λ≥［f（x)]max;λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f（x)］min。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．（2)此类问题特别要小心“最值能否取得到“和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”．跟踪演练3设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c(1）若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立,求c的取值范围；(2）若对任意的x∈(0，3)，都有f（x）＜c2成立，求c的取值范围．解(1)∵f′（x)＝6x2－18x＋12＝6（x－1)(x－2）．∴当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，2）时,f′(x)＜0；当x∈（2，3）时，f′(x）＞0。∴当x＝1时,f（x）取极大值f(1）＝5＋8c又f（3)＝9＋8c＞f∴x∈[0，3]时,f(x)的最大值为f（3)＝9＋8c∵对任意的x∈[0,3］,有f（x）＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2,即c＜－1或c∴c的取值范围为（－∞，－1）∪（9，＋∞）．（2）由(1)知f（x）＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或∴c的取值范围为（－∞,－1］∪[9,＋∞）．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）答案B解析∵f′（x）＝－2x＋4，∴当x∈[3，5]时，f′（x)<0,故f（x）在[3，5］上单调递减，故f(x)的最大值和最小值分别是f（3）,f(5)．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，也无最小值答案D解析f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)（x－1），当x∈（－1,1)时,f′（x)＜0，所以f（x)在(－1，1)上是单调递减函数,无最大值和最小值，故选D.3．函数y＝x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）,π）)的最大值是（)A．π－1 B．eq\f(π,2）－1C．π D．π＋1答案C解析因为y′＝1－cosx，当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）,π)）时,y′＞0，则函数在区间eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，π)）上为增函数，所以y的最大值为ymax＝π－sinπ＝π，故选C。4．(2012·安徽改编)函数f(x）＝exsinx在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2）））上的值域为（)A.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，e\f(π,2）)） B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,e\f(π,2）））C．eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,e\f（π，2）)) D．eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，e\f（π,2）))答案A解析f′(x）＝ex(sinx＋cosx）．∵x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2）)），f′（x)＞0。∴f（x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2）)）上是单调增函数,∴f(x)min＝f(0）＝0,f（x）max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2))）＝eeq\f（π,2).5．函数f(x）＝x3－3x2－9x＋k在区间［－4，4］上的最大值为10，则其最小值为________．答案－71解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3）(x＋1)．由f′(x）＝0得x＝3或x＝－1.又f(－4)＝k－76，f（3）＝k－27，f（－1)＝k＋5，f（4)＝k－20。由f(x）max＝k＋5＝10,得k＝5,∴f（x）min＝k－76＝－71.1．求函数的最值时,应注意以下几点：（1）函数的极值是在局部范围内讨论问题，是一个局部概念，而函数的最值是对整个定义域而言，是在整体范围内讨论问题，是一个整体性的概念．（2）闭区间［a，b]上的连续函数一定有最值．开区间（a,b)内的可导函数不一定有最值，但若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值．（3)函数在其定义域上的最大值与最小值至多各有一个,而函数的极值则可能不止一个，也可能没有极值，并且极大值（极小值）不一定就是最大值（最小值)．2．求含参数的函数最值，可分类讨论求解．3．“恒成立”问题可转化为函数最值问题。一、基础达标1．函数y＝f(x）在［a,b］上（)A．极大值一定比极小值大B．极大值一定是最大值C．最大值一定是极大值D．最大值一定大于极小值答案D解析由函数的最值与极值的概念可知，y＝f（x)在［a，b]上的最大值一定大于极小值．2．函数y＝xe－x，x∈［0,4]的最大值是(）A．0 B．eq\f(1，e)C．eq\f(4，e4) D．eq\f(2，e2)答案B解析y′＝e－x－x·e－x＝e－x（1－x），令y′＝0，∴x＝1，∴f(0）＝0，f(4）＝eq\f(4，e4），f（1)＝e－1＝eq\f(1,e），∴f（1）为最大值，故选B。3．函数y＝eq\f（lnx，x)的最大值为(）A．e－1 B．eC．e2 D．eq\f(10，3）答案A解析令y′＝eq\f（lnx′x－lnx·x′，x2)＝eq\f(1－lnx，x2）＝0。（x＞0）解得x＝e.当x〉e时，y′<0;当0＜x〈e时，y′＞0.y极大值＝f（e）＝eq\f（1，e），在定义域(0，＋∞）内只有一个极值，所以ymax＝eq\f(1,e).4．函数y＝eq\f（4x,x2＋1）在定义域内（)A．有最大值2，无最小值 B．无最大值，有最小值－2C．有最大值2，最小值－2 D．无最值答案C解析令y′＝eq\f(4x2＋1－4x·2x,x2＋12)＝eq\f（－4x2＋4，x2＋12）＝0，得x＝±1.当x变化时，y′，y随x的变化如下表：x(－∞，－1）－1(－1，1)1（1，＋∞)y′－0＋0－y极小值极大值由上表可知x＝－1时，y取极小值也是最小值－2；x＝1时,y取极大值也是最大值2。5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点,则a的取值范围是________．答案（－∞,2ln2－2]解析函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x）＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex,易知函数g（x）＝2x－ex在(－∞，ln2）上递增，在(ln2,＋∞）上递减,因而g（x）＝2x－ex的值域为(－∞，2ln2－2］，所以要使函数g(x）＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln2－2即可．6．函数y＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)）)上的最大值是________．答案eq\f（π，6）＋eq\r（3）解析y′＝1－2sinx＝0,x＝eq\f（π,6)，比较0，eq\f（π，6)，eq\f（π，2)处的函数值,得ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).7．已知函数f（x）＝2x3－6x2＋a在［－2，2]上有最小值－37,求a的值及f(x）在［－2,2］上的最大值．解f′（x）＝6x2－12x＝6x(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2，当x变化时，f′(x)，f(x）的变化情况如下表：x－2（－2,0）0（0,2)2f′(x）＋0－0f(x）－40＋a极大值a－8＋a∴当x＝－2时，f（x)min＝－40＋a＝－37，得a＝3。当x＝0时，f(x)的最大值为3。二、能力提升8．设直线x＝t与函数f(x)＝x2,g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN｜达到最小时t的值为（)A．1 B．eq\f（1,2)C．eq\f(\r(5)，2） D．eq\f（\r（2）,2）答案D解析由题意画出函数图象如图所示，由图可以看出｜MN|＝y＝t2－lnt（t〉0）．y′＝2t－eq\f(1，t）＝eq\f(2t2－1，t）＝eq\f（2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(\r(2)，2）)）\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2），2)))，t)。当0＜t＜eq\f（\r（2),2）时，y′＜0，可知y在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(2），2))）上单调递减；当t＞eq\f（\r（2）,2)时,y′＞0，可知y在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(2)，2）,＋∞）)上单调递增．故当t＝eq\f（\r（2）,2)时，｜MN|有最小值．9．(2014·湖北重点中学检测)已知函数f(x）＝x3－tx2＋3x，若对于任意的a∈［1,2］,b∈(2，3]，函数f(x）在区间[a,b]上单调递减,则实数t的取值范围是（）A．(－∞,3］ B．(－∞，5]C．[3，＋∞) D．[5，＋∞)答案D解析∵f（x）＝x3－tx2＋3x，∴f′(x）＝3x2－2tx＋3，由于函数f(x）在[a，b］上单调递减，则有f′(x)≤0在［a，b］上恒成立，即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a，b］上恒成立，即有t≥eq\f（3,2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,x))）在［a，b]上恒成立，而函数y＝eq\f（3，2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x））)在[1，3]上单调递增，由于a∈[1,2］，b∈(2，3］，当b＝3时，函数y＝eq\f（3,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，x）））取得最大值，即ymax＝eq\f（3，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(3＋\f(1，3)））＝5，所以t≥5,故选D.10．如果函数f(x)＝x3－eq\f（3,2)x2＋a在［－1,1］上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________．答案－eq\f(1,2）解析f′（x）＝3x2－3x,令f′（x）＝0得x＝0，或x＝1。∵f（0)＝a，f（－1)＝－eq\f（5,2）＋a，f(1)＝－eq\f(1，2）＋a,∴f(x)max＝a＝2。∴f(x)min＝－eq\f（5，2)＋a＝－eq\f(1，2）.11．已知函数f（x)＝x3－ax2＋bx＋c（a,b,c∈R)．（1）若函数f（x）在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a,b的值；（2)在(1)的条件下，当x∈[－2,6]时,f（x）＜2|c|恒成立，求c的取值范围．解（1）f′（x）＝3x2－2ax＋b，∵函数f（x)在x＝－1和x＝3处取得极值，∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根．∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f（2，3）a，－1×3＝\f（b，3)))，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－9)）。（2)由（1）知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0,得x＝－1或x＝3.当x变化时，f′(x)，f（x）随x的变化如下表:x（－∞，－1)－1（－1,3)3(3，＋∞）f′（x）＋0－0＋f(x)极大值c＋5极小值c－27而f（－2)＝c－2，f（6)＝c＋54，∴当x∈［－2，6]时，f(x）的最大值为c＋54，要使f（x）＜2|c|恒成立，只要c＋54＜2|c|即可，当c≥0时，c＋54＜2c,∴c当c＜0时，c＋54＜－2c，∴c∴c的取值范围是(－∞，－18）∪(54，＋∞),此即为参数c的取值范围．12．已知函数f(x）＝－x3＋3x2＋9x＋a。（1)求f（x）的单调递减区间；（2）若f(x)在区间［－2，2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值．解（1)∵f′（x）＝－3x2＋6x＋9。令f′（x）＜0，解得x＜－1或x＞3，∴函数f(x)的单调递减区间为（－∞，－1),(3，＋∞）．（2)∵f(－2）＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2）＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f（2)＞f(－2）．于是有22＋a＝20，∴a＝－2。∴f（x）＝－x3＋3x2＋9x－2.∵在（－1,3）上f