高中数学选择性必修二课件：习题课 含参数的函数的最大(小)值(人教A版)

习题课含参数的函数的最大(小)值第五章§5.3导数在研究函数中的应用1.能利用导数求简单的含参的函数的最值问题.2.能根据最值求参数的值或取值范围.3.初步探究有关探索性的问题.学习目标随堂演练课时对点练一、求含参数的函数的最值二、由最值求参数的值或范围三、与最值有关的探究性问题内容索引一、求含参数的函数的最值例1已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值.解f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增.所以f(x)min＝f(a)＝－a3.②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3；当a＝0时，f(x)的最小值为0；延伸探究当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值.解f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.反思感悟含参数的函数最值问题的两类情况(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题.(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况.若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值.反思感悟含参数的函数最值问题的两类情况(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题.(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况.若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值.跟踪训练1

已知a∈R，函数f(x)＝x2，求f(x)在区间[0,2]上的最大值.令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.令g(a)＝f(x)max，①当2a≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减，从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.③当0<2a<2，即0<a<1时，f(x)在[0,2a]上单调递减，在(2a,2]上单调递增，二、由最值求参数的值或范围例2

已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值.例2

已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值.解由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设矛盾.求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去).①当a>0，且当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－1(－1,0)0(0,2)2f′(x)

＋0－

f(x)－7a＋b

b

－16a＋b由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1,2]上的最大值，∴f(0)＝b＝3.又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)，∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在[－1,2]上的最小值，∴f(0)＝b＝－29.又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)，∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2.综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.反思感悟已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)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.跟踪训练2

已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是28，求k的取值范围.解∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，∴h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)

28

－4

∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；当x＝1时，h(x)取极小值－4.而h(2)＝3<h(－3)＝28，∴如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤－3.∴k的取值范围为(－∞，－3].三、与最值有关的探究性问题例3

已知f(x)＝ax－lnx，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；即x－2y＋2－2ln2＝0.(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.解假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx在区间(0，e]上的最小值是3，①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，所以此时不存在符合题意的实数a；所以此时不存在符合题意的实数a.综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.反思感悟对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况.若导函数恒大于0或小于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值.跟踪训练3

已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1.(1)讨论f(x)的单调性；当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；综上所述，当a＝0时，函数f(x)在R上单调递增；(2)是否存在a，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a的所有值；若不存在，说明理由.解存在，理由如下：由(1)可得，当a≤0时，函数f(x)在[0,1]上单调递增.则最小值为f(0)＝1，不符合题意；f(x)的最大值为f(0)＝1，最小值为f(1)＝2－a＋1＝－1，解得a＝4，满足题意；综上可得，a的值为4.1.知识清单：(1)求含参的函数的最值.(2)由最值求参数的值或取值范围.(3)与最值有关的探究性问题.2.方法归纳：转化法、分类讨论.3.常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏.课堂小结随堂演练12341.已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为A.1 B.4 C.－1 D.0√解析由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2，所以f′(x)＝6x2≥0，故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4.12342.函数f(x)＝

的最大值为A.a B.(a－1)e C.e1－a D.ea－1√所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f

(1－a)＝ea－1.1234√1234123412344.已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为______，f(x)在[－2,2]上的最大值为______.解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2).由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：33所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.所以当x＝0时，f(x)取得最大值3.x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)

＋0－0f(x)－40＋a

极大值a

－8＋a课时对点练基础巩固12345678910111213141516√又f′(x)＝acosx＋cos3x，12345678910111213141516√12345678910111213141516解析y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－1<x<0时，y′<0，当－2<x<－1或0<x<1时，y′>0，12345678910111213141516√12345678910111213141516解析∵f(x)＝3x－x3，∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝－1(舍去)，当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，123456789101112131415164.已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a的值为A.1 B.2 C.e D.√12345678910111213141516∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；123456789101112131415165.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1)C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1]√解析f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.12345678910111213141516√√解析∵f′(x)＝3x2－3a，且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1.123456789101112131415167.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______.－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＝－71.123456789101112131415168.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________.－4解析f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.123456789101112131415169.已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值.解f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a).若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.1234567891011121314151612345678910111213141516②若

≥1，即a≥1，则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1.综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0，当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.1234567891011121314151610.已知函数f(x)＝2ex(x＋1).(1)求函数f(x)的极值；解f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)>0，得x>－2；由f′(x)<0，得x<－2.∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值.12345678910111213141516(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值g(t).12345678910111213141516解由(1)，知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.∵t>－3，∴t＋1>－2.①当－3<t<－2时，f(x)在[t，－2)上单调递减，在(－2，t＋1]上单调递增，∴g(t)＝f(－2)＝－2e－2.②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，∴g(t)＝f(t)＝2et(t＋1).123456789101112131415综合运用16√12345678910111213141516解析∵2xlnx＋x2－mx＋3≥0，当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增.12345678910111213141516∴m≤h(x)max，12345678910111213141516√123456789101112131415161234567891011121314151612345678910111213141516√12345678910111213141516解析由题意可得，存在实数x0≠0，使得f(－x0)＝f(x0)成立，假设x0>0，则－x0<0，所以有－kx0＝lnx0，令h′(x)>0，即lnx>1，解得x>e，12345678910111213141516令h′(x)<0，即lnx<1，解得0<x<e，则h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，123456789101112131415161解析由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.解得a＝1.拓广探究1234567891011121314151615.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.4解析由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(