新教材2025版高中数学第六章导数及其应用6.2利用导数研究函数的性质6.2.2导数与函数的极值最值第2课时导数与函数的最值学生用书新人教B版选择性必修第三册

第2课时导数与函数的最值能利用导数求某些函数的极大值、微小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．新知初探·自主学习——突出基础性教材要点学问点函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值假设函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是一条连续不间断的曲线，则该函数在[a，b]肯定能够取得________与________，若函数在[a，b]内是可导的，则该函数的最值必在极值点或区间端点取得．基础自测1．下列结论正确的是()A．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值肯定是[a，b]上的最大值B．若f(x)在[a，b]上有微小值，则微小值肯定是[a，b]上的最小值C．若f(x)在[a，b]上有极大值，则微小值肯定是在x＝a和x＝b处取得D．若f(x)在[a，b]上连续，则f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值2．函数y＝x－sinx，x∈[π2A.π－1B．π2C．πD．π＋13．函数f(x)＝x3－3x(|x|＜1)()A．有最值，但无极值B．有最值，也有极值C．既无最值，也无极值D．无最值，但有极值4．函数f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________．课堂探究·素养提升——强化创新性求函数的最值【思索探究】如图为y＝f(x)，x∈[a，b]的图象．1．视察[a，b]上函数y＝f(x)的图象，试找出它的极大值、微小值．[提示]f(x1)，f(x3)为函数的极大值，f(x2)，f(x4)为函数的微小值．2．结合图象推断，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？[提示]存在．f(x)的最小值为f(a)，f(x)的最大值为(f(x_(3)))．3．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值肯定是其极值吗？[提示]不肯定．也可能是区间端点的函数值．例1求下列各函数的最值：(1)f(x)＝lnx－x,x∈(0，e]；(2)f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3，2]；

(3)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；(4)f(x)＝12x＋sinx，x,方法归纳求函数最值的四个步骤第一步，求函数的定义域；其次步，求f′(x)，解方程f′(x)＝0；第三步，列出关于x，f(x)，f′(x)的改变表；第四步，求极值、端点值，确定最值．跟踪训练1求下列函数的最值：(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]；(2)f(x)＝12x＋cosx，x(3)f(x)＝x-求含参数的函数的最值例2已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值．状元随笔不能求出参数值的问题，则要对参数进行探讨方法归纳含参数的函数最值问题的两类状况(1)能依据条件求出参数，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，则要对参数进行探讨，其实质是探讨导函数大于0、等于0、小于0三种状况．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2已知a∈R，函数f(x)＝x2(13x－a)，求f(x由最值求参数的值或范围例3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．方法归纳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，利用导数探讨函数的单调性及极值点，探究最值点，依据已知最值列方程(不等式)解决问题．跟踪训练3(1)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．(2)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；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．与最值有关的恒成立问题例4已知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a的取值范围为________．方法归纳1．分别参数法求解不等式恒成立问题的步骤2．构造新函数，利用导数求新函数的最值，若参数影响单调性，需对参数探讨，利用最值解决恒成立问题，即f(x)≥0恒成立⇔f(x)min≥0，f(x)≤0恒成立⇔f(x)max≤0.跟踪训练4已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.(1)探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．第2课时导数与函数的最值新知初探·自主学习[教材要点]学问点最大值最小值[基础自测]1．解析：函数f(x)在[a，b]上的极值不肯定是最值，最值也不肯定是极值，极值肯定不会在端点处取得，而在[a，b]上肯定存在最大值和最小值．答案：D2．解析：y′＝1－cosx，当x∈[π2，π]时，y则函数在区间[π2所以y的最大值为ymax＝π－sinπ＝π.答案：C3．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)上单调递减，无最大值和最小值，也无极值．答案：C4．解析：f(x)＝(x＋1)ex⇒f′(x)＝(x＋2)ex，当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因此当x＝－2时，函数有最小值，最小值为f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－1e答案：－1课堂探究·素养提升例1【解析】(1)f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，得x当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，∴当x＝1时，f(x)有极大值，也是最大值，最大值为f(1)＝－1.无微小值．【解析】(2)f′(x)＝－4x3＋4x＝－4x(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝0，x＝1.当x改变时，f′(x)及f(x)的改变状况如表：∴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.【解析】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．故当x＝－1时，f(x)min＝－12；当x＝1时，f(x)max＝2.即f(x)的最小值为－12，最大值为2.(4)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)，计算得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f(0)＝0；当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.跟踪训练1解析：(1)因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]，所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋2)(x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2.因为f(－2)＝8，f(3)＝18，f(2)＝－82，f(－2)＝82，所以当x＝2时，f(x)取得最小值－82；当x＝3时，f(x)取得最大值18.(2)f′(x)＝eq\f(1,2)－sinx，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6).因为f(0)＝1，f(2π)＝π＋1，f(eq\f(π,6))＝eq\f(π,12)＋eq\f(\r(3),2)，f(eq\f(5π,6))＝eq\f(5π,12)－eq\f(\r(3),2).所以当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π＋1，当x＝eq\f(5π,6)时，f(x)有最小值f(eq\f(5π,6))＝eq\f(5π,12)－eq\f(\r(3),2).(3)函数f(x)＝eq\f(x－1,ex)的定义域为R.f′(x)＝eq\f(1·ex－ex（x－1）,（ex）2)＝eq\f(2－x,ex)，当f′(x)＝0时，x＝2，当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如表所示．∴f(x)在(－∞，2)上是增函数，在(2，＋∞)上是减函数，∴f(x)无最小值，且当x＝2时，f(x)max＝f(2)＝eq\f(1,e2).例2【解析】f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝－a3，x2＝a①当a>0时，f(x)在[0，a)上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(x)min＝f(0)＝0.③当a<0时，f(x)在[0，－a3在[－a3所以f(x)min＝f(－a3)＝527a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；当a<0时，f(x)的最小值为527a3跟踪训练2解析：f(x)＝13x3－ax2，则f′(x)＝x2－2ax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)≥0恒成立，f(x)在[0，2]上是增函数，从而g(a)＝f(x)max＝f(2)＝83－4a②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0，2]上是减函数，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]上是减函数，在(2a，2]上是增函数，从而g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a，0＜a≤\f(2,3)，,0，\f(2,3)＜a＜1，))综上所述，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a，a≤\f(2,3)，,0，a＞\f(2,3)．))例3【解析】由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设冲突．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改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如表：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)取得微小值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.跟踪训练3解析：(1)∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，∴h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，当x改变时，h′(x)，h(x)的改变状况如表：∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；当x＝1时，h(x)取微小值－4.而h(2)＝3<h(－3)＝28，∴假如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].(2)①当a＝1时，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴所求切线的斜率为f′(2)＝eq\f(1,2)，切点为(2，2－ln2)，∴所求切线的方程为y－(2－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y＋2－2ln2＝0.②假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx在区间(0，e]上的最小值是3，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).ⅰ.当a≤0时，f(x)在(0，e]上是减函数，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a；ⅱ.当0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)时，f(x)在(0，eq\f(1,a))上是减函数，在(eq\f(1,a)，e]上是增函数，故f(x)min＝f(eq\f(1,a))＝1＋lna＝3，解得a＝e2，满意条件；ⅲ.当eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)时，f(x)在(0，e]上是减函数，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)(舍去)，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.例4【解析】由2xlnx≥－x2＋ax－3(x>0)，得a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0).设h(x)＝2lnx＋eq\f(3,x)＋x(x>0).则h′(x)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，当x∈(0，1)时，