2018年秋高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 1.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 1.3.3 函數(shù)的最大（小）值與導數(shù)學案 新人教A版選修2-2.doc

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1.3.3　函數(shù)的最大(小)值與導數(shù) 學習目標：1.理解函數(shù)的最值的概念．(難點)2.了解函數(shù)的最值與極值的區(qū)別與聯(lián)系．(易混點)3.會用導數(shù)求在給定區(qū)間上函數(shù)的最值．(重點) [自 主 預 習探 新 知] 1．函數(shù)的最大(小)值的存在性 一般地，如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值與最小值． 思考：函數(shù)的極值與最值的區(qū)別是什么？ [提示]函數(shù)的最大值和最小值是一個整體性概念，最大值必須是整個區(qū)間內(nèi)所有函數(shù)值中的最大值；最小值必須是整個區(qū)間內(nèi)所有函數(shù)值中的最小值． 函數(shù)的最大值、最小值是比較整個定義區(qū)間的函數(shù)值得出的，函數(shù)的極值是比較極值點附近的函數(shù)值得出的，函數(shù)的極值可以有多個，但最值只能有一個；極值只能在區(qū)間內(nèi)取得，最值則可以在端點取得；有極值的未必有最值，有最值的未必有極值；極值有可能成為最值，最值只要不在端點必定是極值． 當連續(xù)函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個導數(shù)為零的點時，若在這一點處f(x)有極大值(或極小值)，則可以判定f(x)在該點處取得最大值(或最小值)，這里(a，b)也可以是無窮區(qū)間． 2．求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值的步驟 (1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； (2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個就是最大值，最小的一個就是最小值． [基礎自測] 1．思考辨析 (1)函數(shù)的最大值一定是函數(shù)的極大值．(　　) (2)開區(qū)間上的單調連續(xù)函數(shù)無最值．(　　) (3)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值和最小值一定在兩個端點處取得．(　　) [答案]　(1)　(2)√　(3) 2．函數(shù)f(x)＝2x－cos x在(－∞，＋∞)上(　　) A．無最值　　　　 B．有極值 C．有最大值 D．有最小值 A　[f′(x)＝2＋sin x>0恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，無極值，也無最值．] 3．函數(shù)f(x)＝在區(qū)間[2,4]上的最小值為(　　) A．0 B． C． D． C　[f′(x)＝＝，當x∈[2,4]時，f′(x)＜0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上是單調遞減函數(shù)，故當x＝4時，函數(shù)f(x)有最小值.] 4．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋m(x∈[－2,2])，f(x)的最小值為1，則m＝________. 【導學號：31062058】 [解析]　f′(x)＝－3x2＋6x，x∈[－2,2]． 令f′(x)＝0，得x＝0，或x＝2， 當x∈(－2,0)時，f′(x)＜0， 當x∈(0,2)時，f′(x)＞0， ∴當x＝0時，f(x)有極小值，也是最小值． ∴f(0)＝m＝1. [答案]　1 [合 作 探 究攻 重 難] 求函數(shù)的最值 角度1　不含參數(shù)的函數(shù)最值 　求下列各函數(shù)的最值． (1)f(x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2,2]； (2)f(x)＝sin 2x－x，x∈. [解]　(1)f′(x)＝9x2－9＝9(x＋1)(x－1)， 令f′(x)＝0得x＝－1或x＝1. 當x變化時，f′(x)，f(x)變化狀態(tài)如下表： x －2 (－2，－1) －1 (－1,1) 1 (1,2) 2 f′(x) / ＋ 0 － 0 ＋ / f(x) －1 11 －1 11 從表中可以看出，當x＝－2時或x＝1時，函數(shù)f(x)取得最小值－1. 當x＝－1或x＝2時，函數(shù)f(x)取得最大值11. (2)f′(x)＝2cos 2x－1，令f′(x)＝0，得cos 2x＝， 又∵x∈，∴2x∈[－π，π]． ∴2x＝.∴x＝. ∴函數(shù)f(x)在上的兩個極值分別為 f＝－，f＝－＋. 又f＝－，f＝. 比較以上函數(shù)值可得f(x)max＝，f(x)min＝－. 角度2　含參數(shù)的函數(shù)最值 　a為常數(shù)，求函數(shù)f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值. 【導學號：31062059】 [解]　f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)． 若a≤0，則f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調遞減，所以當x＝0時，有最大值f(0)＝0.若a＞0，則令f′(x)＝0，解得x＝. ∵x∈[0,1]，則只考慮x＝的情況． (1)若0＜＜1，即0＜a＜1， 則當x＝時，f(x)有最大值f()＝2a.(如下表所示) x 0 (0，) (，1) 1 f′(x) ＋ 0 － f(x) 0 2a 3a－1 (2)若≥1，即a≥1時，則當0≤x≤1時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調遞增，當x＝1時，f(x)有最大值f(1)＝3a－1. 綜上可知，當a≤0，x＝0時，f(x)有最大值0； 當0＜a＜1，x＝時，f(x)有最大值2a； 當a≥1，x＝1時，f(x)有最大值3a－1. [規(guī)律方法]　1.求解函數(shù)在固定區(qū)間上的最值，需注意以下幾點 (1)對函數(shù)進行準確求導，并檢驗f′(x)＝0的根是否在給定區(qū)間內(nèi). (2)研究函數(shù)的單調性，正確確定極值和端點函數(shù)值. (3)比較極值與端點函數(shù)值的大小，確定最值. 2.由于參數(shù)的取值范圍不同會導致函數(shù)在所給區(qū)間上的單調性的變化，從而導致最值的變化，所以解決含參數(shù)的函數(shù)最值問題常常需要分類討論，并結合不等式的知識進行求解. [跟蹤訓練] 1．已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值． [解]　f′(x)＝3x2－2ax. 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. ①當≤0，即a≤0時， f(x)在[0,2]上單調遞增， 從而f(x)max＝f(2)＝8－4a. ②當≥2，即a≥3時， f(x)在[0,2]上單調遞減， 從而f(x)max＝f(0)＝0. ③當0＜＜2，即0＜a＜3時，f(x)在上單調遞減， 在上單調遞增， 從而f(x)max＝ 綜上所述，f(x)max＝ 已知函數(shù)的最值求參數(shù) 　已知函數(shù)f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值. 【導學號：31062060】 [解]　由題設知a≠0，否則f(x)＝b為常函數(shù)，與題設矛盾． 求導得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)． (1)當a>0，且x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f′(x) ＋ 0 － f(x) －7a＋b b －16a＋b 由表可知，當x＝0時，f(x)取得極大值b，也就是函數(shù)在[－1,2]上的最大值，∴f(0)＝b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 綜上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29. [規(guī)律方法]　已知函數(shù)在某區(qū)間上的最值求參數(shù)的值(范圍)是求函數(shù)最值的逆向思維，一般先求導數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性及極值點，探索最值點，根據(jù)已知最值列方程(不等式)解決問題.其中注意分類討論思想的應用. [跟蹤訓練] 2．若函數(shù)f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為________． [解析]　f′(x)＝＝，當x>時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當－0，f(x)單調遞增，當x＝時，f(x)＝＝，＝<1，不合題意．∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1. [答案]?。? 與最值有關的綜合問題 [探究問題] 1．對于函數(shù)y＝f(x)，x∈[a，b]，若f(x)≥c或f(x)≤c恒成立，則c滿足的條件是什么？ 提示：c≤f(x)min或c≥f(x)max. 2．對于函數(shù)y＝f(x)，x∈[a，b]，若存在x0∈[a，b]，使得f(x)≥c或f(x)≤c成立，則c滿足的條件是什么？ 提示：c≤f(x)max或c≥f(x)min. 　設函數(shù)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對t∈(0,2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 【導學號：31062061】 [思路探究]　(1)利用配方法，即可求出二次函數(shù)f(x)的最小值h(t)； (2)構造函數(shù)g(t)＝h(t)－(－2t＋m)，只需使g(t)在(0,2)上的最大值小于零即可求得m的取值范圍． [解]　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)， ∴當x＝－t時，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或t＝－1(不合題意，舍去)． 當t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) 極大值1－m ∴g(t)在(0,2)內(nèi)有最大值g(1)＝1－m. h(t)<－2t＋m在(0,2)內(nèi)恒成立等價于g(t)<0在(0,2)內(nèi)恒成立，即等價于1－m<0.∴m的取值范圍為(1，＋∞)． 母題探究：1.(變條件)若將本例(2)的條件改為“存在t∈[0,2]，使h(t)<－2t＋m成立”，則實數(shù)m的取值范圍如何求解？ [解]　令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合題意，舍去)． 當t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如下表： t 0 (0,1) 1 (1,2) 2 g′(t) ＋ 0 － g(t) －1－m 極大值 1－m －3－m ∴g(t)在[0,2]上有最小值g(2)＝－3－m， 存在t∈[0,2]，使h(t)<－2t＋m成立， 等價于g(t)的最小值g(2)<0. ∴－3－m<0，∴m>－3， 所以實數(shù)m的取值范圍為(－3，＋∞)． 2．(變條件)若將本例(2)的條件改為“對任意的t1，t2∈(0,2)，都有h(t1)＜－2t2＋m”，求實數(shù)m的取值范圍． [解]　∵h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0,2) ∴h′(t)＝－3t2＋1 由h′(t)＝0得t＝或t＝－(舍) 又當0＜t＜時，h′(t)＞0， 當＜t＜2時，h′(t)＜0. ∴當t＝時，h(t)max＝－＋－1＝. 令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0,2)， ∴φ(t)min＞m－4. 由題意可知 ≤m－4， 即m≥＋3＝. ∴實數(shù)m的取值范圍為. [規(guī)律方法]　分離參數(shù)求解不等式恒成立問題的步驟 所以實數(shù)的取值范圍為 [當 堂 達 標固 雙 基] 1．下列結論正確的是(　　) A．若f(x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是[a，b]上的最大值 B．若f(x)在[a，b]上有極小值，則極小值一定是[a，b]上的最小值 C．若f(x)在[a，b]上有極大值，則極小值一定是x＝a和x＝b時取得 D．若f(x)在[a，b]上連續(xù)，則f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值 D　[函數(shù)f(x)在[a，b]上的極值不一定是最值，最值也不一定是極值，極值一定不會在端點處取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值．] 2．函數(shù)y＝x－sin x，x∈的最大值是(　　) A．π－1　　　　　　　　 B．－1 C．π D．π＋1 C　[因為y′＝1－cos x，當x∈時，y′>0，則函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，所以y的最大值為ymax＝π－sin π＝π，故選C.] 3．函數(shù)f(x)＝x3－3x(|x|＜1)(　　) 【導學號：31062062】 A．有最大值，但無最小值 B．有最大值，也有最小值 C．無最大值，但有最小值 D．既無最大值，也無最小值 D　[f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x∈(－1,1)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－1,1)上是單調遞減函數(shù)，無最大值和最小值，故選D.] 4．設函數(shù)f(x)＝x3－－2x＋5，若對任意x∈[－1,2]，都有f(x)＞m，則實數(shù)m的取值范圍是________． [解析]　f′(x)＝3x2－x－2＝0，x＝1，－. f(－1)＝5，f＝5，f(1)＝3，f(2)＝7， ∴m＜3. 【答案】　 5．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，求a的值，并求f(x)在[－2,2]上的最大值. 【導學號：31062063】 [解]　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)． 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x －2 (－2,0) 0 (0,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 f(x) －40＋a 極大值a －8＋a 所以當x＝－2時，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3. 所以當x＝0時，f(x)取到最大值3.