数学人教A版选修2-2课堂探究1.3导数在研究函数中的应用（第3课时）

课堂探究探究一求函数的最值求解函数在固定区间上的最值，在熟练掌握求解步骤的基础上，还需注意以下几点：(1)对函数进行准确求导；(2)研究函数的单调性，正确确定函数的极值和端点的函数值；(3)比较极值与端点函数值的大小，有时需要利用作差或作商，甚至要分类讨论．【典型例题1】求下列函数的最值：(1)f(x)＝－x3＋3x，x∈[－eq\r(3)，eq\r(3)]；(2)f(x)＝sin2x－x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).思路分析：按照求函数最值的方法与步骤，通过列表进行计算与求解．解：(1)f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x－1)(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－eq\r(3)(－eq\r(3)，－1)－1(－1,1)1(1，eq\r(3))eq\r(3)f′(x)－0＋0－f(x)0－220由上表可知：当x＝1时，f(x)取得最大值，[f(x)]max＝f(1)＝2.当x＝－1时，f(x)取得最小值，[f(x)]min＝f(－1)＝－2.(2)f′(x)＝2cos2x－1，令f′(x)＝0，－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)，得x＝－eq\f(π,6)或x＝eq\f(π,6).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))－eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))eq\f(π,2)f′(x)－0＋0－f(x)eq\f(π,2)eq\f(π,6)－eq\f(\r(3),2)eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)－eq\f(π,2)由上表可知：当x＝－eq\f(π,2)时f(x)取得最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，当x＝eq\f(π,2)时f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).探究二含参数的函数最值问题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，从而导致最值变化．因此需要对参数进行分类讨论，分类时常见于讨论：①f′(x)的类型，如f′(x)＝ax2＋2x－1时，可以分a＞0，a＝0，a＜0三种情况讨论；②当f′(x)＝0时注意是否有解，若有解，则讨论根是否在定义域内，根的大小是否确定．③有时，可以用可能的极值或最值的大小关系分类．【典型例题2】已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.探究三函数最值与不等式恒成立问题1．不等式恒成立时求参数的取值范围问题是一种常见的题型，这种题型的解法有多种，其中最常用的方法就是分离参数，然后转化为求函数的最值问题，在求函数最值时，可以借助导数求解．2．一般地，若不等式a≥f(x)恒成立，a的取值范围是a≥[f(x)]max；若不等式a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是a≤[f(x)]min.【典型例题3】设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求函数f(x)的最小值h(t)；(2)由(1)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．思路分析：第(1)小题可通过配方法求f(x)的最小值；第(2)小题由h(t)＜－2t＋m，得h(t)＋2t＜m，可转化为函数g(t)＝h(t)＋2t在区间(0,2)上的最大值小于m时，实数m的取值范围的问题．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)＝－t3＋3t－1，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，及t＞0得t＝1.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)极大值由上表可知当t＝1时，g(t)有极大值g(1)＝1.又在定义域(0,2)内，g(t)有唯一极值点，∴函数g(t)的极大值也就是g(t)在定义域(0,2)内的最大值g(t)max＝1.h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立，即g(t)＜m在(0,2)内恒成立，当且仅当g(t)max＝1＜m，即m＞1时上式成立．∴实数m的取值范围是(1，＋∞)．探究四易错辨析易错点：闭区间上求最值时忽略极值与区间端点值的大小比较【典型例题4】求函数f(x)＝x3－2x2＋1在区间[－1,2]上的最大值与最小值．错解：由已知得f′(x)＝3x2－4x.令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(4,3).当x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴函数f(x)在x＝0处取得最大值f(0)＝1，在x＝eq\f(4,3)处取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝－eq\f(5,27).错因分析：错解中出错的主要原因是误认为极值就是最值，其实极值与最值是两个不同的概念，函数极值反映的是函数在某一点上的局部性质，而不是整个定义区间上的性质，它可能有多个极值，函数的最值则反映的是整个定义区间上的性质，对于连续函数在闭区间上的最大值与最小值只能各有一个，只有当在一个区间上极值只有一个时，这个区间上对应的极值才是最值．正解：由已知得f′(x)＝3x2－4x.令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(4,3).当x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(