5.3.3　最大值与最小值 同步学案（含答案） 2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修1

5．3.3　最大值与最小值(1)
1. 结合实例，理解函数极值与最值的区别与联系．
2. 会利用导数求函数的最大值、最小值．
3. 在解决问题的过程中注意体会数形结合思想、分类讨论思想的应用．
活动一 掌握最值的概念，理解极值与最值的联系与区别
1. (1) 复习巩固：极值的概念与极值的求法：
(2)
最值的概念：
(3) 观察上述函数图象，探究如何求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值，思考函数的极值与最值有什么联系与区别．
2. 结合上例，试给出求函数f(x)在区间[a，b]上最值的一般步骤．
活动二 掌握求函数最值的方法
例1　求函数f(x)＝x2－4x＋3在区间[－1，4]上的最大值与最小值．
思考1
若将区间[－1，4]改为区间(－1，4)，结果会怎样？
例2　求函数f(x)＝x＋sin x在区间[0，2π]上的最大值与最小值．
思考2
试根据上述求解过程，作出函数f(x)＝x＋sin x 在区间[0，2π]上的大致图象．
　(2024南京期末)已知函数f(x)＝x3＋x2－3x＋4.
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2) 求f(x)在区间[－1，2]上的最值．
活动三 掌握与函数最值有关的参数的取值范围问题
例3　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，是否存在实数a，b，使函数f(x)在区间[－1，2]上取得最大值3，最小值－29？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
例4　已知函数f(x)＝－x3＋x2＋ax＋2，a∈R.
(1) 当a＝3时，求函数f(x)的极值；
(2) 当0＜a＜时，若函数f(x)在区间[0，4]上的最小值为，求实数a的值．
　(2024盐城期末)设函数f(x)＝2x3－ax2＋b，a，b∈R.
(1) 讨论f(x)的单调性；
(2) 是否存在a>0，b∈R，使得f(x)在区间[0，1]上的最小值为－2且最大值为2？若存在，求实数a，b的值；若不存在，请说明理由．
1. (2024西安期末)函数f(x)＝－x3＋x2在区间[0，4]上的最大值是(　　)
A. 0 B. － C. D.
2. 已知函数f(x)＝a ln x－x(a∈R)在区间(e，＋∞)上有最值，则实数a的取值范围是(　　)
A. (e，＋∞) B. (，＋∞) C. (－∞，e] D. (－∞，－e)
3. (多选)已知函数f(x)＝(x2－3x＋1)ex，则下列说法中正确的是(　　)
A. f(x)在R上有两个极值点 B. f(x)在x＝－1处取得最小值
C. f(x)在x＝2处取得极小值 D. 函数f(x)在R上有三个不同的零点
4. (2024漳州期中)函数f(x)＝sin 2x＋cos x在区间上的最大值为________．
5. (2024济南期末)已知函数f(x)＝x3－6ax2＋2.
(1) 当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2) 当－5．3.3　最大值与最小值(2)
1. 通过生活中优化问题的学习，体会导数在解决实际问题中的作用．
2. 利用导数证明不等式、解决不等式恒成立或有解问题．
3. 利用导数解决函数的零点问题和极值点偏移问题．
活动一 掌握导数在几何问题中的应用
例1　将边长为60 cm的正方形铁皮的四个角切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的方底铁皮箱．当箱底边长为多少时，箱子的容积最大？最大容积是多少？
思考
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤是什么？
例2　某种圆柱形饮料罐的容积一定，如何确定它的底面半径和高，才能使它的用料最省？
活动二　利用导数解决不等式问题　
例3　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.求证：
(1) g(x)≥1；
(2) (x－ln x)f(x)>1－.
证明不等式的基本方法：
(1) 利用单调性：若f(x)在区间[a，b]上单调递增，则①对任意x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②对任意x1，x2∈[a，b]，且x1(2) 利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对任意x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
　(2024长春期末)已知函数f(x)＝x3－3ln x.
(1) 求f(x)的最小值；
(2) 设g(x)＝x3＋－3，求证：f(x)≤g(x).
活动三 利用导数研究函数的零点
例4　函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
1. (2024河南期末)某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤藕，成本增加1元．销售额y(单位：万元)与莲藕种植量x(单位：万斤)满足y＝－x3＋ax2＋x(a为常数)，若种植3万斤，利润是11.5万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕(　　)
A. 7万斤 B. 8万斤 C. 9万斤 D. 10万斤
2. (2024常德期末)已知圆柱的高为h，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则当该圆柱的体积取最大值时，h的值为(　　)
A. B. C. D.
3. (多选)对于函数f(x)＝，下列结论中正确的有(　　)
A. f(x)的单调增区间为(e，＋∞) B. f(x)在x＝e处取得最大值
C. f(x)有两个不同零点 D. f(2)4. (2024南京六校联合期末)在边长为8×5cm的长方形铁片的四角切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的长方体箱子，则箱子容积的最大值为________cm3.
5. (2024南京六校联合期末)已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1) 讨论y＝f(x)的单调性；
(2) 当a>0时，求证：f(x)≤－2.
5．3.3　最大值与最小值(1)
【活动方案】
1. (1) 极值的概念：一般地，若存在δ>0，当x∈(x1－δ，x1＋δ)时，都有f(x)≤f(x1)，则称f(x1)为函数f(x)的一个极大值，x1称为函数y＝f(x)的极大值点．
若存在δ>0，当x∈(x2－δ，x2＋δ)时，都有f(x)≥f(x2)，则称f(x2)为函数f(x)的一个极小值，x2称为函数y＝f(x)的极小值点．
函数的极大值、极小值统称为函数的极值，极大值点、极小值点统称为极值点．
极值的求法：①先求导；②令导数为0，求出x的值；③列表，根据f′(x)在f′(x)＝0的根左、右的函数值的符号来确定函数的极值．
(2) 最值的概念：如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(x0)(f(x)≥f(x0))，那么f(x0)为函数在定义域上的最大值(最小值).
(3) 观察函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可知，f(x1)，f(x3)是极大值，而f(b)>f(x3)>f(x1)，所以f(b)是最大值；
f(x2)，f(x4)是极小值，而f(x2)联系：若函数f(x)在区间[a，b]上是连续的，其最值只能在极值点或端点处取得．
区别：最值是整体概念，极值是局部概念．
2. ①求函数f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值．
例1　令f′(x)＝2x－4＝0，解得x＝2.
列表如下：
x －1 (－1，2) 2 (2，4) 4
f′(x) － 0 ＋
f(x) 8 ↘ －1 ↗ 3
由上表可知，函数f(x)在区间[－1，4]上的最大值是8，最小值是－1.
思考1：无最大值，最小值是－1.
例2　令f′(x)＝＋cos x＝0，x∈[0，2π]，解得x1＝，x2＝.
列表如下：
x 0 (0，) (，) (，2π) 2π
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 0 ↗ ＋ ↘ － ↗ π
由上表可知，函数f(x)在区间[0，2π]上的最大值是π，最小值是0.
思考2：
跟踪训练　(1) 由题意，得f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1).
令f′(x)＝0，解得x1＝－3，x2＝1，
当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－3，1)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)，单调减区间为(－3，1).
(2) 由(1)可知，f(x)在区间[－1，2]上的极小值f(1)＝.
又f(－1)＝，f(2)＝，
所以最大值为f(－1)＝，最小值为f(1)＝.
例3　显然a＝0不符合题意．
f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4).
①若a>0，由f′(x)>0，得x<0或x>4，
所以函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，在区间(0，2]上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝3－7a，f(2)＝3－16a，
所以f(x)min＝f(2)＝3－16a＝－29，
解得a＝2；
②若a<0，由f′(x)>0，得0所以函数f(x)在区间[－1，0]上单调递减，在区间(0，2]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝b＝－29.
又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29，
所以f(x)max＝f(2)＝－16a－29＝3，
解得a＝－2.
综上，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
例4　(1) 当a＝3时，函数f(x)＝－x3＋x2＋3x＋2，定义域为R，
则f′(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x＋1)(x－3)，
当x＜－1或x＞3时，f′(x)＜0；
当－1＜x＜3时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在区间(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递减，在区间(－1，3)上单调递增，
所以当x＝－1时，f(x)取得极小值f(－1)＝；当x＝3时，f(x)取得极大值f(3)＝11，
所以f(x)的极小值为，极大值为11.
(2) 函数f(x)＝－x3＋x2＋ax＋2，0因为0≤x≤4，则由f′(x)＝0，得x＝1＋，显然1＋<4，
所以当0所以函数f(x)在区间[0，1＋)上单调递增，在区间(1＋，4]上单调递减．
又f(0)＝2，f(4)＝4a－<2，
故函数f(x)在区间[0，4]上的最小值为f(4)＝4a－＝，解得a＝1，
所以实数a的值为1.
跟踪训练　(1) 对f(x)＝2x3－ax2＋b求导，得f′(x)＝6x2－2ax＝6x，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当a<0时，令f′(x)>0，解得x<或x>0；
令f′(x)<0，解得所以f(x)在区间上单调递增，区间上单调递减，区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＝0时，f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；
同理可得当a>0时，f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
(2) 若f(x)在区间[0，1]有最大值2和最小值－2，
由a>0知，f(x)在区间上单调递减，区间上单调递增．
若a≥3，则f(x)在区间[0，1]上单调递减，f(x)max＝f(0)，f(x)min＝f(1)，
所以解得
若a<3，则f(x)在区间上单调递减，区间上单调递增，
所以f(x)的最小值为f＝b－，f(x)的最大值为f(0)和f(1)中较大的值，
当f(1)3，b＝2，舍去；
当f(1)≥f(0)，即2－a＋b≥b，即0综上，a＝6，b＝2.
【检测反馈】
1. C　因为f(x)＝－x3＋x2，所以f′(x)＝－x2＋2x.令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.又x∈[0，4]，所以当x∈(0，2)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(0，2)上单调递增；当x∈(2，4)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(2，4)上单调递减，所以函数有极大值f(2)＝－×23＋22＝.又f(0)＝－×03＋02＝0，f(4)＝－×43＋42＝－，所以函数f(x)在区间[0，4]上的最大值为.
2. A　由题意，得f′(x)＝－1＝，其中x>e.当a≤e时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，此时f(x)在区间(e，＋∞)上无最值；当a>e时，若x∈(e，a)，则f′(x)>0，若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0，所以f(x)在区间(e，a)上单调递增，在区间(a，＋∞)上单调递减，故f(x)在x＝a处取得极大值，也是最大值．综上，实数a的取值范围是(e，＋∞).
3. AC　由题意，得f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x2－x－2)ex＝(x－2)(x＋1)ex.当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－1，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在区间(－1，2)上单调递减，可得f(x)的极大值为f(－1)＝，极小值为 f(2)＝－e2.当x<0时，x2－3x＋1>0，ex>0，所以f(x)>0恒成立，故可作出f(x)的大致图象如图．对于A，f(x)的极大值点为－1，极小值点为2，故A正确；对于B，f(－1)不是f(x)的最小值，故B错误；对于C，f(x)在x＝2处取得极小值，故C正确；对于D，由图象可知，f(x)有且仅有两个不同的零点，故D错误．故选AC.
4. 　因为f(x)＝sin 2x＋cos x，所以f′(x)＝cos 2x－sin x＝1－2sin2x－sinx＝(1＋sin x)(1－2sin x).因为x∈，所以1＋sin x>0，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在区间上的最大值为f＝.
5. (1) 当a＝1时，f(x)＝x3－6x2＋2(x∈R)，则f′(x)＝3x2－12x，
由f′(x)>0，得x<0或x>4；由f′(x)<0，得0所以f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(4，＋∞)，单调减区间为(0，4).
(2) 由f(x)＝x3－6ax2＋2，得f′(x)＝3x2－12ax，
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝4a.
因为－所以当－1≤x<4a时，f′(x)>0；当4a所以f(x)在区间[－1，4a)上单调递增，在区间(4a，0]上单调递减，
所以f(x)的最大值为f(4a)＝(4a)3－6a×(4a)2＋2＝－32a3＋2，
即M＝－32a3＋2，f(－1)＝1－6a，f(0)＝2.
因为－所以f(x)的最小值为f(－1)＝1－6a，即m＝1－6a，
所以M－m＝－32a3＋2－1＋6a＝－32a3＋6a＋1.
令g(a)＝－32a3＋6a＋1，－令g′(a)＝－96a2＋6＝0，得a＝－或a＝，
所以当－0，
所以g(a)在区间上单调递增，
所以g即5．3.3　最大值与最小值(2)
【活动方案】
例1　设箱底边长为x cm，则箱高为h＝(0由V′(x)＝60x－x2＝0，
解得x1＝0(舍去)，x2＝40.
当x∈(0，40)时，V′(x)>0；
当x∈(40，60)时，V′(x)<0，
所以函数V(x)在x＝40处取得极大值，且是最大值，最大值为V(40)＝16 000，
故当箱底边长为40cm时，箱子容积最大，最大为16 000cm3.
思考：①分析实际问题中各量之间的关系，建立数学模型，写出函数表达式y＝f(x)，注意定义域；
②求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
③比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值大小；
④回归实际问题作答．
例2　设圆柱的高为h，底面半径为R，
则表面积S(R)＝2πRh＋2πR2.
又V＝πR2h(定值)，所以h＝，
所以S(R)＝2πR·＋2πR2＝＋2πR2(R>0)，
则S′(R)＝－＋4πR.
令S′(R)＝0，解得R＝，
则h＝＝2＝2R，即h＝2R，
当R<时，S′(R)<0；
当R>时，S′(R)>0，
故当h＝2R时，S(R)取得极小值，且是最小值，
故当罐高与底面直径相等时，用料最省．
例3　(1) 由题意，得g′(x)＝(x>0)，
当01时，g′(x)>0，
即g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1.
(2) 由f(x)＝1－，得f′(x)＝，
当02时，f′(x)>0，
即f(x)在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②
且①②等号不同时取得，
所以(x－ln x)f(x)>1－.
跟踪训练　(1) 因为f(x)＝x3－3ln x，x>0，
所以f′(x)＝3x2－＝.
令f′(x)<0，得00，得x>1，
所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(1)＝1－3ln 1＝1.
(2) 因为f(x)＝x3－3ln x，g(x)＝x3＋－3，
所以由f(x)≤g(x)，得x3－3ln x≤x3＋－3，即ln x＋－1≥0.
令h(x)＝ln x＋－1，x>0，则h′(x)＝－＝，
令h′(x)<0，得00，得x>1，
所以h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
则h(x)≥h(1)＝ln 1＋1－1＝0，即ln x＋－1≥0恒成立，所以f(x)≤g(x).
例4　(1) 函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1.
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.
当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，
则f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1).
(2) y＝f(x)－m－1在区间(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．
由(1)知，f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1.
由题意，得m＋1>－1，即m>－2.①
当0当x>e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1<0，即m<－1.②
由①②可得－2所以实数m的取值范围是(－2，－1).
【检测反馈】
1. B　由题意，得利润函数g(x)＝－x3＋ax2＋x－(2＋x)(0≤x≤10)，即g(x)＝－x3＋ax2－2，则＝－×33＋9a－2，解得a＝2.故g(x)＝－x3＋2x2－2，则g′(x)＝－x2＋4x＝－x(x－8).令g′(x)>0，解得02. D　作经过球心的截面，如图，设O为球心，矩形ABCD为圆柱的轴截面，AB为圆柱底面圆的直径，OA＝1为球的半径，设OE＝x，则AE＝＝(00，所以V在区间上单调递增；当3. BD　由题意，得f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝.在区间(0，e)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在区间(e，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，故A错误；f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝，故B正确；f(x)在区间(0，e)上单调递增，又当x>e时，f(x)>0恒成立，可得f(x)只有一个零点，故C错误；因为f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，所以f(π)f(4)＝f(2).综上，f(2)4. 18　设小正方形的边长为x.由题意，得箱子容积V(x)＝(8－2x)(5－2x)x＝4x3－26x2＋40x.由解得00，V(x)单调递增；在区间(1，2.5)上，V′(x)<0，V(x)单调递减，所以当x＝1cm时，V(x)取到最大值，且最大值为V(1)＝18cm3.
5. (1) 在函数f(x)＝ln x－ax中，x>0，求导，得f′(x)＝－a.
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当a≤0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2) 由(1)知，当a>0时，f(x)max＝f＝ln －1，
设g(x)＝ln x－x＋1，x>0，求导，得g′(x)＝－1，
当00；当x>1时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(1)＝0，
所以ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，即ln x－1≤x－2，则ln －1≤－2，
所以f(x)≤－2.