数学选择性必修 第二册第二章 导数及其应用6 用导数研究函数的性质6.3 函数的最值精品课件ppt

这是一份数学选择性必修 第二册第二章 导数及其应用6 用导数研究函数的性质6.3 函数的最值精品课件ppt，文件包含§663第2课时含参函数的最值课件pptx、§663第1课时函数的最值课件pptx、§663第2课时含参函数的最值教案docx、§663第1课时函数的最值教案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共119页， 欢迎下载使用。

1.能利用导数求简单的含参函数的最值问题.2.能根据最值求参数的值或取值范围.3.初步探究有关探索性的问题.
一、求含参数的函数的最值
二、由最值求参数的值或范围
三、与最值有关的探究性问题
例1　已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值.
解　f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝－ ，x2＝a.①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增.所以f(x)min＝f(a)＝－a3.②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.
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；
延伸探究　当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值.
解　f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，令f′(x)＝0，得x1＝－ ，x2＝a.
f(2a)＝2a3.所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.
反思感悟　含参数的函数最值问题的两类情况(1)能根据条件求出参数，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，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况.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1　已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的极值；
解　由f(x)＝(x－k)ex，可得f′(x)＝(x－k＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝k－1，随x的变化，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).所以f(x)有极小值f(k－1)＝－ek－1，无极大值.
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解　当k－1≤0，即k≤1时，f′(x)＝(x－k＋1)ex≥0在x∈[0，1]上恒成立，则函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0例2　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.
解　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设矛盾.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变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
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＋3f(－1)，∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2，符合题意.综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
延伸探究　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.
解　∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，∴h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；当x＝1时，h(x)取极小值－4.
而h(2)＝3反思感悟　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，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝4x＋ (x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，求a的值.
解　当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
例3　已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
(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.
解　假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x在区间(0，e]上的最小值是3，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，
所以此时不存在符合题意的实数a；
解得a＝e2，满足条件；
故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，
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.
反思感悟　对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况.若导函数恒大于0或小于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3　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1.(1)讨论f(x)的单调性；
当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；
综上所述，当a＝0时，函数f(x)在R上单调递增；
(2)是否存在a，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a的所有值；若不存在，说明理由.
解　存在，理由如下：由(1)可得，当a≤0时，函数f(x)在[0,1]上单调递增.则最小值为f(0)＝1，不符合题意；
f(x)的最大值为f(0)＝1，最小值为f(1)＝2－a＋1＝－1，解得a＝4，满足题意；
综上可得，a的值为4.
1.知识清单：(1)求含参的函数的最值.(2)由最值求参数的值或取值范围.(3)与最值有关的探究性问题.2.方法归纳：转化法、分类讨论.3.常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏.
解析　由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2，所以f′(x)＝6x2≥0，故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4.
1.已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为A.1 B.4 C.－1 D.0
2.函数f(x)＝ 的最大值为A.a B. (a－1)e C.e1－a D.ea－1
所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1－a)＝ea－1.
当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝ ，不符合题意.当0所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.所以当x＝0时，f(x)取得最大值3.
4.已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为_____，f(x)在[－2,2]上的最大值为_____.
3　 3
解析　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2).由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
又f′(x)＝acs x＋cs 3x，
解析　y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－10，所以函数y＝x3＋ ＋m在(－2，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，又当x＝－1时，y＝m＋ ，当x＝1时，y＝m＋ ，所以最大值为m＋ ，解得m＝2.
3.函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为A.[1， ] B.[1，＋∞)C.(1， ] D.(1，＋∞)
解析　∵f(x)＝3x－x3，∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝－1(舍去)，当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f( )＝0，f(1)＝2，∴1≤m≤ .
4.已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a的值为A.1 B.2 C.e D.
∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；
5.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1)C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1]
解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
6.(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为
解析　∵f′(x)＝3x2－3a，且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴07.函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为______.
解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1).由f′(x)＝0得x＝3或x＝－1.又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，∴f(x)min＝k－76＝－71.
8.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为______.
解析　f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
9.已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值.
解　f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a).①若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.②若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝± .因为x∈[0,1]，所以只考虑x＝ 的情况.
则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1.综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0，
当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
10.已知函数f(x)＝2ex(x＋1).(1)求函数f(x)的极值；
解　f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)>0，得x>－2；由f′(x)<0，得x<－2.∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值.
(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值g(t).
解　由(1)，知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.∵t>－3，∴t＋1>－2.①当－3解析　∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，
当10，h(x)单调递增.
∴m≤h(x)max，
解析　由题意可得，存在实数x0≠0，使得f(－x0)＝f(x0)成立，假设x0>0，则－x0<0，所以有－kx0＝ln x0，
令h′(x)>0，即ln x>1，解得x>e，令h′(x)<0，即ln x<1，解得014.已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ ，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为____.
解析　由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
15.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为_____.
解析　由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，
由f(－1)≥0，可得a≤4，综上可得a＝4.
∵a<0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
16.已知函数f(x)＝ln x＋(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
解　当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，
②当10，f(x)单调递增，
③当a≥e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，