高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 5.3.2 第2课时 函数的最大(小)值

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。第2课时　函数的最大(小)值学习目标　1.理解函数最值的概念，了解其与函数极值的区别与联系.2.会求某闭区间上函数的最值．导语同学们，上节课我们在群山之间穿梭，感受了每一个山峰与山谷的优美之处，而今天我们誓要寻找最高的山峰和最低的峡谷，我们既要有俯视一切的雄心和气概，拿出“会当凌绝顶，一览众山小”的气势，也要有仰望一切的谦虚和胸怀，更要有“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”的勇气，这其实就是我们今天要探究的函数的最值．一、极值与最值的关系问题1　如图是y＝f(x)在区间[a，b]上的函数图象．显然f(x1)，f(x3)，f(x5)为极大值，f(x2)，f(x4)，f(x6)为极小值．你能找到函数的最大值和最小值吗？提示　最大值y＝M＝f(x3)＝f(b)分别在x＝x3及x＝b处取得，最小值y＝m＝f(x4)在x＝x4处取得．显然函数的最值是函数的整体性质，且要求函数是连续不断的，而最值不同于极值，如果有最大(小)值，则唯一存在．问题2　开区间上的连续函数有最值吗？提示　如图．容易发现，开区间上的连续函数不一定有最大值和最小值，若有最值，则一定是在极值点处取到．知识梳理函数最值的定义(1)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，那么它必有最大值和最小值．(2)对于函数f(x)，给定区间I，若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最小值；若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最大值．注意点：(1)开区间不一定有最值，闭区间上的连续函数一定有最值；(2)函数f(x)在闭区间[a，b]上连续是f(x)在闭区间[a，b]上有最大值和最小值的充分不必要条件．例1　如图是函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象，写出函数的极大值、极小值、最大值和最小值．解　由题图可知，y＝f(x)在x1，x3处取得极小值，在x2处取得极大值，所以极小值为f(x1)，f(x3)，极大值为f(x2)；比较极值和端点值可知函数的最小值是f(x3)，最大值在b处取得，最大值为f(b)．反思感悟　最值与极值的区别与联系(1)极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间的整体而言．(2)在函数的定义区间内，极大(小)值可能有多个，但最大(小)值只有一个(或者没有)．(3)函数f(x)的极值点为定义域中的内点，而最值点可以是区间的端点．(4)对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得．跟踪训练1　设f(x)是区间[a，b]上的连续函数，且在(a，b)内可导，则下列结论中正确的是(　　)A．f(x)的极值点一定是最值点B．f(x)的最值点一定是极值点C．f(x)在区间[a，b]上可能没有极值点D．f(x)在区间[a，b]上可能没有最值点答案　C解析　根据函数的极值与最值的概念知，f(x)的极值点不一定是最值点，f(x)的最值点不一定是极值点．可能是区间的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以选项A，B，D都不正确，若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则函数f(x)在区间[a，b]上没有极值点，所以C正确．二、求函数的最值例2　求下列函数的最值：(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2,3]；(2)f(x)＝eq \f(1,2)x＋sin x，x∈[0,2π]．解　(1)因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2,3]，所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋eq \r(2))(x－eq \r(2))，令f′(x)＝0，解得x＝－eq \r(2) 或x＝eq \r(2).因为f(－2)＝8，f(3)＝18，f(eq \r(2))＝－8eq \r(2)，f(－eq \r(2))＝8eq \r(2)，所以当x＝eq \r(2)时，f(x)取得最小值－8eq \r(2)；当x＝3时，f(x)取得最大值18.(2)f′(x)＝eq \f(1,2)＋cos x，令f′(x)＝0，又x∈[0,2π]，解得x＝eq \f(2π,3)或x＝eq \f(4π,3).因为f(0)＝0，f(2π)＝π，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq \f(π,3)＋eq \f(\r(3),2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2).所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝0；当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.反思感悟　求函数最值的步骤(1)求函数的定义域．(2)求f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求极值、端点处的函数值，确定最值．注意：不要忽略将所求极值与区间端点的函数值进行比较．跟踪训练2　求下列函数的最值：(1)f(x)＝2x3－6x2＋3，x∈[－2,4]；(2)f(x)＝eq \f(x－1,ex).解　(1)f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.又f(0)＝3，f(2)＝－5，f(4)＝35，f(－2)＝－37，∴当x＝4时，f(x)取最大值35.当x＝－2时，f(x)取最小值－37.即f(x)的最大值为35，最小值为－37.(2)函数f(x)＝eq \f(x－1,ex)的定义域为R.f′(x)＝eq \f(1·ex－exx－1,ex2)＝eq \f(2－x,ex)，当f′(x)＝0时，x＝2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.∴f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴f(x)无最小值，且当x＝2时，f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,e2).三、利用最值证明不等式例3　已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证f(x)≥0恒成立．解　由题意知f′(x)＝ex－eq \f(e,x)＝eq \f(xex－e,x)，设F(x)＝xex－e(x>0)，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.当x∈(0，1)时，F(x)<0，∴f′(x)＝eq \f(F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，∴f′(x)＝eq \f(F\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x)>0，f(x)单调递增．f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0恒成立．反思感悟　证不等式恒成立，用导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式直接构成函数，利用导数的方法，通过分类讨论研究函数的最值，即可得到结果．跟踪训练3　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方．证明　设F(x)＝g(x)－f(x)，即F(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x，则F′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x).当x>1时，F′(x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)>0，从而F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝eq \f(1,6)>0.∴当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)0，则函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，所以y的最大值为ymax＝π－sin π＝π.3．函数f(x)＝x3－3x(|x|＜1)(　　)A．有最值，但无极值B．有最值，也有极值C．既无最值，也无极值D．无最值，但有极值答案　C解析　f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－1,1)上单调递减，无最大值和最小值，也无极值．4．函数f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________．答案　－eq \f(1,e2)解析　f(x)＝(x＋1)ex⇒f′(x)＝(x＋2)ex，当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因此当x＝－2时，函数有最小值，最小值为f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－eq \f(1,e2).课时对点练1．设M，m分别是函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，则f′(x)(　　)A．等于0 B．小于0 C．等于1 D．不确定答案　A解析　因为M＝m，所以f(x)为常函数，故f′(x)＝0，故选A.2．函数f(x)＝x＋2cos x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值是(　　)A．－eq \f(π,2) B．2C.eq \f(π,6)＋eq \r(3) D.eq \f(π,3)＋1答案　A解析　f′(x)＝1－2sin x，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以sin x∈[－1,0]，所以－2sin x∈[0,2]．所以f′(x)＝1－2sin x＞0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上恒成立．所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增．所以f(x)min＝－eq \f(π,2)＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).3．函数f(x)＝x3－3x＋1在区间[－3,0]上的最大值和最小值分别是(　　)A．1，－1 B．1，－17 C．3，－17 D．9，－19答案　C解析　f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1.又f(－3)＝－27＋9＋1＝－17，f(0)＝1，f(－1)＝－1＋3＋1＝3,1∉[－3,0]．所以函数f(x)的最大值为3，最小值为－17.4．当00，从而可得f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x2)0，所以有f(x2)0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．6．(多选)下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的是(　　)A．f(x)>0的解集是{x|00得0eq \r(2)时，f′(x)<0，当－eq \r(2)0，∴当x＝－eq \r(2)时，f(x)取得极小值，当x＝eq \r(2)时，f(x)取得极大值，故B正确．当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，且f(eq \r(2))>0，结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，故C不正确，D正确．7．若函数f(x)＝x3－3x在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为m，n，则m＋n＝________.答案　16解析　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)．f(1)＝－2.又f(0)＝0，f(3)＝18，所以m＝18，n＝－2，m＋n＝16.8．设00；当00，f(x)单调递增；当10，f(1)>f(2)．所以f(0)＝0为函数f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2在[0,2]上的最小值，f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数在[0,2]上的最大值．10．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．(1)求a，b的值；(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．解　(1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx(x>0)．由曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－2b＝0，,－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)，得f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x).令f′(x)>0，得01，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝－eq \f(1,2).11．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)0；当x>e时，g′(x)<0；所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，所以a≥eq \f(1,e).故选C.14．已知函数f(x)＝－eq \f(2,3)x3＋2ax2＋3x(a>0)的导数f′(x)的最大值为5，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是________．答案　15x－3y－2＝0解析　∵f′(x)＝－2x2＋4ax＋3＝－2(x－a)2＋3＋2a2，∴f′(x)max＝3＋2a2＝5，∵a>0，∴a＝1.∴f′(x)＝－2x2＋4x＋3，f′(1)＝－2＋4＋3＝5.又f(1)＝－eq \f(2,3)＋2＋3＝eq \f(13,3)，∴所求切线方程为y－eq \f(13,3)＝5(x－1)．即15x－3y－2＝0.15．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间(－2，－1)上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．答案　(－4，－2)解析　f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(m,2).由题意得eq \f(m,2)∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2)．16．已知函数f(x)＝ex－x2－ax.(1)当a＝－1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x>0时，f(x)≥1－x恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)f′(x)＝ex－2x＋1，f′(1)＝e－1，f(1)＝e，切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)当x>0时，f(x)≥1－x，即a≤eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1，令g(x)＝eq \f(ex,x)－x－eq \f(1,x)＋1(x>0)，a≤g(x)min成立，g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－x－1)),x2).设F(x)＝ex－x－1，F′(x)＝ex－1，x∈(0，＋∞)，F′(x)＝ex－1>0，所以F(x)min>0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)min＝g(1)＝e－1，所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，e－1)).x(－∞，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增eq \f(1,e2)单调递减