人教A版（2019）数学选择性必修二册 5_3_2函数的极值与最大(小)值(2)导学案

5.3.2　函数的极值与最大(小)值（2）
【学习目标】
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．
【学习过程】
一、课前预习
预习课本P92～94，思考并完成以下问题
(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？
二、课前小测
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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． (　　)
2．函数f (x)＝在区间[2，4]上的最小值为(　　)
A．0 B． C． D．
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
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
5．当x＞0时，1－________ln x．(填“≥”“≤”“＞”“＜”)
三、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)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值．
思考：函数的极值与最值的区别是什么？
[提示]　函数的最大值和最小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．
函数的最大值、最小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．
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
(1)求函数y＝f (x)在区间(a，b)上的极值；
(2)将函数y＝f (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
四、题型突破
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∈.
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．
[思路探究]　(1)求导后，观察Δ的符号讨论单调性．
(2)根据第(1)问，讨论极值点与区间的关系，从而求出最值，进而求出取最值时x值．
【反思感悟】
求函数最值的着眼点
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.
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.
【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．
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.
[思路探究]　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．
【反思感悟】
证明不等式f x ＞g x ，x∈ a，b 的步骤
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；
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.
【跟踪训练】
2．证明不等式x－sin x＜tan x－x，x∈.
题型三　已知函数最值求参数
[探究问题]
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．
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.
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.
【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]　―→―→
―→―→
【多维探究】
1．本例中“a＞0”改为“a＜0”，求a，b的值．
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．
【反思感悟】
由函数的最值来确定参数的值或取值范围是利用导数求函数最值问题的逆向运用，这类问题的解题步骤是：
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.
五、达标检测
1．函数y＝的最大值为(　　)
A．e－1　 B．e　　　C．e2　　　D．10
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
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________．
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．
六、本课小结
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.
参考答案
课前小测
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
提示：(1)函数在闭区间[a，b]上的最值可能在端点处取得，也可能在极值点处取得．
(2)若单调函数有最值，则一定在区间端点处取得，但开区间上的单调连续函数在端点处无函数值，所以无最值，故正确．
(3)因为y最大值≥y极大值，y最小值≤y极小值，故错误．
(4)正确．
2．答案：C
解析：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.
3．答案：C
解析：由函数图象可知，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．故选C.
4．答案：A
解析：设f (x)＝3x－4x3，∴f ′(x)＝－12x2＋3＝3(2x＋1)(1－2x)．
∵x∈[0，2]，∴当x＝时，f ′(x)＝0.
又f (0)＝0，f ＝1，f (2)＝－26，
∴函数y＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值是1.
5．答案：≤
解析：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．
∴S(x)≥S(1)＝0，即－1＋ln x≥0解得x＞0时，1－≤ln x．
题型突破
【例1】解：
(1)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.
(2)f ′(x)＝2cos 2x－1，令f ′(x)＝0，得cos 2x＝，
又∵x∈，∴2x∈[－π，π]．
∴2x＝±.∴x＝±.
∴函数f (x)在上的两个极值分别为
f ＝－，f ＝－＋.
又f ＝－，f ＝.
比较以上函数值可得f (x)max＝，f (x)min＝－.
【例2】解：
(1)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.故f (x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
(2)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．
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．
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．
【跟踪训练】
1．解：(1)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.
(2)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．
因此f (x)在区间上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ＝－.
【例3】证明：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．
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．
【跟踪训练】
2．证明：令f (x)＝tan x－2x＋sin x，x∈，
则f ′(x)＝－(2x)′＋(sin 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.
【例4】解：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】
1．解：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. 2．解：∵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↘
∴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，＋∞)．
达标检测
1．答案：A
解析：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.
2．答案：B
解析：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.
故选B.
3．答案：
解析：f ′(x)＝3x2－x－2＝0，x＝1或x＝－.
f (－1)＝，f ＝，f (1)＝，f (2)＝7，
∴m＜.
4．解：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)在上单调递减，在上单调递增，
从而f (x)max＝
综上所述，f (x)max＝