人教版（2019）数学选择性必修二 5_3_2函数的极值与最大(小)值(2) 课件（共43张PPT）

(共43张PPT)
函数的极值与最大(小)值(2)
高二选择性必修二
本节目标
1．理解函数的最值的概念．
2．了解函数的最值与极值的区别与联系．
3．会用导数求在给定区间上函数的最值．
课前预习
(1)什么是函数的最值？函数在闭区间上取得最值的条件是什么？
(2)函数的最值与极值有什么关系？
(3)求函数最值的方法和步骤是什么？
预习课本P92～94，思考并完成以下问题
课前小测
(1)函数f (x)在区间[a，b]上的最大值和最小值，一定在区间端点处取得．(　　)
(2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)
(3)在定义域内，若函数有最值与极值，则极大(小)值就是最大(小)值．(　　)
(4)若函数y＝f (x)在区间[a，b]上连续，则一定有最值；若可导，则最值点为极值点或区间端点．(　　)
可能在端点处取得，也可能在极值点处取得．
×
√
y最大值 ≥ y极大值，y最小值 ≤ y极小值
×
√
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
2．函数f (x)＝ 在区间[2，4]上的最小值为(　　)
A．0 B． C． D．
f ′(x)＝ ＝ ，
当x∈[2，4]时，f ′(x)＜0，
即函数f (x)在区间[2，4]上是单调递减函数，
故当x＝4时，函数f (x)有最小值.
C
3．如图所示，函数f (x)导函数的图象是一条直线，则(　　)
A．函数f (x)没有最大值也没有最小值
B．函数f (x)有最大值，没有最小值
C．函数f (x)没有最大值，有最小值
D．函数f (x)有最大值也有最小值
函数只有一个极小值点，且函数在此处取得最小值，没有最大值．
C
4．函数y＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值是(　　)
A．1 B．2
C．0 D．－1
函数y＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值是1
A
设f (x)＝3x－4x3
f ′(x)＝－12x2＋3＝3(2x＋1)(1－2x)
x∈[0，2]
当x＝ 时，f ′(x)＝0
f (0)＝0，f()＝1，f (2)＝－26
5．当x＞0时，1－________ln x．(填“≥” “≤” “＞” “＜”)
∴S(x)≥S(1)＝0，即－1＋ln x≥0解得x＞0时，1－≤ln x．
设S(x)＝ －1＋ln x，则S′(x)＝ .
令S′(x)＝0得x＝1.
∵当x∈(0，1)时，S′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，S′(x)＞0，
∴x＝1时S(x)取的极小值也是最小值．
≤
新知探究
1．函数的最大(小)值的存在性
一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f (x)的图象是一条__________的曲线，那么它必有最大值与最小值．
连续不断
函数的极值与最值的区别是什么？
函数的最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，最值只要不在端点必定是极值．

思考
函数的最值是一个整体性概念，最大值必须是整个区间内所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间内所有函数值中的最小值．
当连续函数f (x)在开区间(a，b)内只有一个导数为零的点时，若在这一点处f (x)有极大值(或极小值)，则可以判定f (x)在该点处取得最大值(或最小值)，这里(a，b)也可以是无穷区间．
2．求函数f (x)在闭区间[a，b]上的最值的步骤
(2)将函数y＝f (x)的________与______处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是_______，最小的一个是_______．
(1)求函数y＝f (x)在区间(a，b)上的_________；
极值
各极值
端点
最大值
最小值
题型突破
典例深度剖析 重点多维探究
题型一　求函数的最值
角度1　不含参数的函数最值
[例1]　求下列各函数的最值．
(1) f (x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2，2]；
(2) f (x)＝sin 2x－x，x∈.
[例1]　求下列各函数的最值．
(1) f (x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2，2]；
f ′(x)＝9x2－9＝9(x＋1)(x－1)，
令f ′(x)＝0得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f ′(x)，f (x)变化状态如下表：
x －2 (－2，－1) －1 (－1，1) 1 (1，2) 2
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) －1 ↗ 11 ↘ －1 ↗ 11
从表中可以看出，当x＝－2时或x＝1时，函数f (x)取得最小值－1.
当x＝－1或x＝2时，函数f (x)取得最大值11.
[例1]　求下列各函数的最值．
(2) f (x)＝sin 2x－x，x∈.
∴函数f (x)在上的两个极值分别为
f ′(x)＝2cos 2x－1，令f ′(x)＝0，得cos 2x＝，
又∵x∈，∴2x∈[－π，π]．
∴2x＝±.∴x＝±.
比较以上函数值可得f (x)max＝，f (x)min＝－.
f ()＝，f () ＝－＋.
又f () ＝－，f () ＝.
角度2　含参数的函数最值
[例2]　设函数f (x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1) 讨论f (x)在其定义域上的单调性；
(2) 当x∈[0，1]时，求f (x)取得最大值和最小值时的x的值．
[例2]　设函数f (x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1) 讨论f (x)在其定义域上的单调性；
故f (x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
f (x)的定义域为R，f ′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，
所以f ′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当x＜x1或x＞x2时，f ′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f ′(x)＞0.
[例2]　设函数f (x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(2) 当x∈[0，1]时，求f (x)取得最大值和最小值时的x的值．
②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f (x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f (x)在x＝x2＝处取得最大值．
因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.
①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f (x)在[0，1]上单调递增，所以f (x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．
又f (0)＝1，f (1)＝a，所以
当0＜a＜1时，f (x)在x＝1处取得最小值；
当a＝1时，f (x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1＜a＜4时，f (x)在x＝0处取得最小值．
(1)从极值点和端点处找最值，求函数的最值需先确定函数的极值，如果只是求最值，那么就不需要讨论各极值是极大值还是极小值，只需将各极值和端点的函数值进行比较即可求出最大值和最小值.
求函数最值的着眼点
(2)单调区间取端点,当图象连续不断的函数f(x)在[a，b]上单调时，其最大值和最小值分别在两个端点处取得.
方法总结
跟踪训练
1．已知函数f (x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)求函数f (x)在区间上的最大值和最小值．
1．已知函数f (x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
因为f (x)＝excos x－x，
所以f ′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f ′(0)＝0.
又因为f (0)＝1，
所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1.
1．已知函数f (x)＝excos x－x.
(2)求函数f (x)在区间上的最大值和最小值．
因此f (x)在区间上的最大值为f (0)＝1，最小值为f () ＝－.
设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则
h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈()时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈ 有h(x)＜h(0)＝0，即f ′(x)＜0.
所以函数f (x)在区间上单调递减．
题型二　用导数证明不等式
[例3]　当x＞0时，证明：不等式ln(x＋1)＞x－x2.
利用导数证明不等式，首先要构造不等式两边式子的差为新函数f (x)＝ln(x＋1)－x＋x2.因此要证明原不等式，即证f (x)＞0在x＞0时恒成立．
思路探究
[例3]　当x＞0时，证明：不等式ln(x＋1)＞x－x2.
于是当x＞0时，f (x)＞f (0)＝0，
∴当x＞0时，不等式ln(x＋1)＞x－ x2成立．
设f (x)＝ln(x＋1)－x＋x2，则f ′(x)＝ －1＋x＝ .
当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)＞0，
∴f (x)在(－1，＋∞)上是增函数．
(4)若[f(x)－g(x)]′＜0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上是减函数.只需保证F(b)＞0.
方法总结
(1)将要证明的不等式f(x)＞g(x)移项可以转化为证明f(x)－g(x)＞0；
(2)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，研究F(x)的单调性；
(3)若[f(x)－g(x)]′＞0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上是增函数.只需保证F(a)＞0；
证明不等式f(x)＞g(x)，x∈(a，b)的步骤
跟踪训练
2．证明不等式x－sin x＜tan x－x，x∈.
则f ′(x)＝ －(2x)′＋(sin x)′
令f (x)＝tan x－2x＋sin x，x∈，
＝
＝
＝
＝
＝ －2＋cos x
∵x ∈，
∴1－cos x＞0，cos x＋sin2x＞0，
∴f ′(x)＞0，
∴f (x)在上单调递增，
∴f (x)＞f (0)＝0，即tan x－2x＋sin x＞0，即x－sin x＜tan x－x.
题型三　已知函数最值求参数
1．函数y＝f (x)在区间[a，b]上是连续不断的，那么它的最值一定在端点取得的吗？
[提示]　不一定．最值一般是在区间的端点和区间内的极值点处取得．
[探究问题]
题型三　已知函数最值求参数
2．对于函数y＝f (x)，x∈[a，b]，若f (x)≥c或f (x)≤c恒成立．如何处理这种问题？
[提示]　转化为函数在[a，b]上的最值问题，即c ≤ f (x)min或c ≥ f (x)max.
[探究问题]
题型三　已知函数最值求参数
3．对于函数y＝f (x)，x∈[a，b]，若存在x0∈[a，b]，使得f (x)≥c或f (x)≤c成立，则c满足的条件是什么？
[提示]　c ≤ f (x)max或c ≥ f (x)min.
[探究问题]
[例4]　已知函数f (x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值是3，最小值为－29. 求a，b的值．
思路探究
求导
f ′(x)＝0
列表讨论
列方程组
求解a,b的值
[例4]　已知函数f (x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值是3，最小值为－29. 求a，b的值．
求导得f ′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
∵a>0，∴x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) －7a＋b ↗ b ↘ －16a＋b
由表可知，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 (2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2. 故a＝2，b＝3.
多维探究
变式1　已知函数f (x)＝ax3－6ax2＋b(a<0)，x∈[－1，2]的最大值是3，最小值为－29. 求a，b的值．
由例题解析知，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.
故a＝－2，b＝－29.
多维探究
变式2　设函数f (x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值为h(t)，且h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．
∵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.
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) ↗ 极大值1－m ↘
多维探究
变式2　设函数f (x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值为h(t)，且h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．
∴g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m.
h(t)<－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，即等价于1－m<0.
∴m的取值范围为(1，＋∞)．
(1)求导数f ′(x)，并求极值；
(2)利用单调性，将极值与端点处的函数值进行比较，确定函数的最值，若参数的变化影响着函数的单调性，要对参数进行分类讨论；
(3)利用最值列关于参数的方程(组)，解方程(组)即可.
方法总结
由函数的最值来确定参数的解题步骤
随堂检测
1．函数y＝ 的最大值为(　　)
A．e－1　 B．e　　　C．e2　　　D．10
令y′＝＝0 x＝e.
当x＞e时，y′＜0；当0＜x＜e时，y′＞0，
所以y极大值＝e－1，
因为在定义域内只有一个极值，所以ymax＝e－1.
A
2．若函数f (x)＝x3－x2－x＋2m在区间[0，2]上的最大值是4，则m的值为(　　)
A．3 B．1
C．2 D．－1
f ′(x)＝3x2－2x－1，
令f ′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1.
又f (0)＝2m，f (1)＝2m－1，f (2)＝2m＋2，
则f (2)最大，所以2m＋2＝4，所以m＝1.
B
3．设函数f (x)＝x3－－2x＋5，若对任意x∈[－1，2]，都有f (x)＞m，则实数m的取值范围是________．
m＜
f ′(x)＝3x2－x－2＝0
x＝1或x＝－
f (－1)＝ ，f ()＝ ，f (1)＝ ，f (2)＝7
4．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．
f ′(x)＝3x2－2ax. 令f ′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ .
①当≤0，即a≤0时，
f (x)在[0，2]上单调递增，从而f (x)max＝f (2)＝8－4a.
②当≥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＜ ＜2，即0＜a＜3时，f (x)在[0，]上单调递减，在[，]上单调递增，
从而f (x)max＝
综上所述，f (x)max＝
1．求函数在闭区间上的最值，只需比较极值和端点处的函数值即可；若函数在一个开区间内只有一个极值，这个极值就是最值．
2．解析式中含参数的最值问题应分析参数对函数单调性的影响，然后分类讨论确定函数的最值．
3．不等式恒成立问题常见的转化策略
(1) a＞f (x)恒成立 a＞f (x)max，a＜f (x)恒成立 a＜f (x)min.
(2) f (x)＞g(x)＋k恒成立 k＜[f (x)－g(x)]min.
(3) f (x)＞g(x)恒成立 f (x)min＞g(x)max.
本课小结
通过本节课，你学会了什么？