學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE21學必求其心得，業必貴于專精PAGE2。2最大值、最小值問題（一）學習目標1。理解函數最值的概念,了解其與函數極值的區別與聯系。2.會求某閉區間上函數的最值．知識點函數的最大(小)值與導數如圖為y＝f(x），x∈[a，b］的圖像．思考1觀察［a,b]上函數y＝f(x）的圖像,試找出它的極大值、極小值．思考2結合圖像判斷，函數y＝f(x)在區間［a，b]上是否存在最大值,最小值?若存在,分別為多少？思考3函數y＝f（x)在［a，b]上的最大(小)值一定是某極值嗎？梳理（1）函數的最大(小）值的存在性一般地,如果在區間［a，b]上函數y＝f(x）的圖像是一條____________的曲線，那么它必有最大值與最小值．(2)求函數y＝f(x)在閉區間[a，b]上的最值的步驟：①求函數y＝f（x）在(a，b)內的________；②將函數y＝f（x)的________與________處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是________,最小的一個是________．類型一求函數的最值命題角度1不含參數的函數求最值例1求下列函數的最值:(1）f（x）＝2x3－12x，x∈[－2，3]；(2）f（x）＝eq\f（1,2)x＋sinx,x∈[0，2π］．反思與感悟求解函數在固定區間上的最值，需注意以下幾點(1)對函數進行準確求導,并檢驗f′（x)＝0的根是否在給定區間內．（2）研究函數的單調性,正確確定極值和端點函數值．（3）比較極值與端點函數值大小，確定最值．跟蹤訓練1求函數f（x）＝ex(3－x2），x∈［2,5］的最值．命題角度2含參數的函數求最值例2已知a是實數,函數f(x）＝x2（x－a）．(1）若f′（1)＝3，求a的值及曲線y＝f(x）在點(1,f(1)）處的切線方程；(2）求f（x)在區間［0,2]上的最大值．反思與感悟由于參數的取值不同會導致函數在所給區間上的單調性的變化，從而導致最值的變化．所以解決這類問題常需要分類討論,并結合不等式的知識進行求解．跟蹤訓練2已知a為常數，求函數f(x）＝－x3＋3ax（0≤x≤1）的最大值．類型二由函數的最值求參數例3設函數f（x）＝lnx＋eq\f（m，x)，m〉0，求f（x）的最小值為2時m的值．反思與感悟已知函數在某區間上的最值求參數的值（范圍）是求函數最值的逆向思維，一般先求導數，利用導數研究函數的單調性及極值點，探索最值點，根據已知最值列方程(不等式)解決問題．其中注意分類討論思想的應用．跟蹤訓練3設f(x）＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f（1，2）x2＋2ax.當0<a〈2時,f(x）在[1，4］上的最小值為－eq\f(16,3），求f（x)在該區間上的最大值．類型三與最值有關的恒成立問題例4已知函數f（x)＝(x＋1）lnx－x＋1.若xf′(x)≤x2＋ax＋1恒成立,求a的取值范圍．反思與感悟“恒成立”問題向最值問題轉化是一種常見的題型，對于不能分離參數的恒成立問題，直接求含參函數的最值即可．一般地，可采用分離參數法．λ≥f（x）恒成立?λ≥[f（x）］max；λ≤f(x）恒成立?λ≤[f(x)]min.跟蹤訓練4已知函數f（x）＝ax4lnx＋bx4－c(x＞0)在x＝1處取得極值－3－c,其中a，b，c為常數．若對任意x＞0，不等式f（x)≥－2c2恒成立,求c的取值范圍．1．函數f(x）＝－x2＋4x＋7，在x∈［3，5］上的最大值和最小值分別是()A．f(2)，f(3） B．f(3)，f(5)C．f（2），f（5） D．f（5），f（3）2．函數f(x)＝x3－3x（|x|<1）()A．有最大值，但無最小值B．有最大值，也有最小值C．無最大值，但有最小值D．既無最大值，也無最小值3．函數f(x）＝x3－3ax－a在（0,1)內有最小值，則a的取值范圍是()A．[0,1） B．(0,1）C．（－1,1) D.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1，2）））4．已知函數f（x)＝eq\f（1,2)x4－2x3＋3m,x∈R，若f（x）＋9≥0恒成立，則m的取值范圍是（)A．m≥eq\f(3，2） B．m>eq\f（3,2）C．m≤eq\f(3,2） D．m〈eq\f(3，2)5．設函數f（x)＝2x3－9x2＋12x＋8c,若對任意的x∈［0,3］,都有f（x)<c2成立，則實數c的取值范圍．1．求函數在閉區間上的最值,只需比較極值和端點處的函數值即可；若函數在一個開區間內只有一個極值,則這個極值就是最值．2．已知最值求參數時，可先確定參數的值，用參數表示最值時，應分類討論．3．“恒成立”問題可轉化為函數最值問題．

答案精析問題導學知識點思考1極大值為f(x1）,f(x3)，極小值為f（x2)，f（x4)．思考2存在，f(x)min＝f(a）,f(x）max＝f（x3）．思考3不一定，也可能是區間端點的函數值．梳理(1)連續不斷（2）①極值②各極值端點最大值最小值題型探究例1解(1)因為f(x）＝2x3－12x，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）.因為f（－2）＝8，f（3)＝18，f（eq\r（2））＝－8eq\r（2），f(－eq\r（2)）＝8eq\r(2）；所以當x＝eq\r（2）時，f(x）取得最小值－8eq\r(2)；當x＝3時，f(x)取得最大值18.（2)f′（x)＝eq\f（1，2）＋cosx，令f′（x)＝0，又x∈［0,2π］，解得x＝eq\f（2π,3)或x＝eq\f(4π,3）。因為f(0）＝0，f(2π)＝π，f（eq\f(2π,3))＝eq\f(π,3)＋eq\f（\r（3）,2），f(eq\f(4π，3)）＝eq\f（2π，3)－eq\f（\r(3)，2).所以當x＝0時,f（x）有最小值0;當x＝2π時，f（x）有最大值π.跟蹤訓練1解∵f(x)＝3ex－exx2,∴f′（x）＝3ex－(exx2＋2exx)＝－ex(x2＋2x－3）＝－ex(x＋3）(x－1）．∵在區間［2,5］上,f′(x)＝－ex（x＋3）（x－1)〈0，∴函數f(x)在區間［2，5]上是減少的，∴當x＝2時,函數f（x)取得最大值f（2)＝－e2；當x＝5時,函數f(x）取得最小值f(5)＝－22e5.例2解（1)f′(x)＝3x2－2ax。因為f′（1)＝3－2a＝3,所以a＝0.又當a＝0時，f(1）＝1，f′（1)＝3，所以曲線y＝f（x）在點（1，f(1）)處的切線方程為3x－y－2＝0。（2）令f′（x）＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f（2a，3）.當eq\f（2a,3）≤0，即a≤0時，f（x）在［0,2］上是增加的,從而f(x)max＝f（2）＝8－4a.當eq\f（2a,3)≥2，即a≥3時，f（x）在[0,2］上是減少的,從而f(x)max＝f（0)＝0。當0〈eq\f(2a，3)〈2，即0<a〈3時，f(x)在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f（2a，3）））上是減少的,在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(2a，3)，2))上是增加的，從而f(x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（8－4a0<a≤2，,02〈a〈3，))綜上所述，f(x）max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（8－4aa≤2，，0a>2.））跟蹤訓練2解f′（x)＝－3x2＋3a＝－3（x2－a)．若a≤0，則f′（x)≤0，函數f(x）在[0,1］上是減少的，所以當x＝0時，f(x）有最大值f（0)＝0；若a>0，則令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)。由x∈[0,1]，則只考慮x＝eq\r（a）的情況．①當0<eq\r（a）<1，即0〈a〈1時，當x變化時，f′（x），f(x）隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r（a）)eq\r(a）（eq\r（a），1）f′(x)＋0－f(x）2aeq\r（a）故f（x)max＝f（eq\r（a))＝2aeq\r(a)；②當eq\r（a）≥1，即a≥1時，f′(x)≥0，函數f（x）在［0,1］上是增加的，當x＝1時，f（x）有最大值f（1)＝3a－1.綜上，當a≤0,x＝0時，f（x)有最大值0；當0<a〈1，x＝eq\r（a)時，f（x)有最大值2aeq\r（a）；當a≥1,x＝1時,f(x)有最大值3a－1.例3解因為f′(x)＝eq\f(x－m,x2)（x>0），所以當x∈(0，m)時,f′(x）〈0，f(x)在(0,m）上是減少的，當x∈（m，＋∞）時，f′(x）>0,f（x)在（m，＋∞）上是增加的，所以當x＝m時,f(x)取得極小值，也是最小值，即極小值為2。即f(m）＝lnm＋eq\f(m，m)＝2，所以m＝e.跟蹤訓練3解f′(x)＝－x2＋x＋2a，令f′（x)＝0，得兩根x1＝eq\f（1－\r（1＋8a),2)，x2＝eq\f（1＋\r（1＋8a）,2）.當x∈（－∞，x1），（x2，＋∞)時，f′(x)〈0;當x∈（x1，x2）時，f′（x)>0，所以f（x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是減少的,在(x1，x2)上是增加的．當0〈a〈2時，有x1〈1<x2<4，所以f（x)在［1,4］上的最大值為f(x2)．又f（4）－f(1)＝－eq\f（27,2）＋6a<0，即f(4)〈f（1)，所以f（x）在[1,4]上的最小值為f（4)＝8a－eq\f（40，3)＝－eq\f(16，3)，故a＝1，x2＝2，從而f（x)在［1，4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10，3）.例4解f′(x）＝eq\f（x＋1,x）＋lnx－1＝lnx＋eq\f(1,x），xf′（x）＝xlnx＋1，而xf′(x)≤x2＋ax＋1(x＞0）等價于lnx－x≤a.令g（x）＝lnx－x,則g′(x）＝eq\f(1，x）－1.當0＜x＜1時,g′（x）＞0;當x≥1時，g′(x)≤0，x＝1是g（x）的最大值點，∴g（x）≤g（1）＝－1.綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)）.跟蹤訓練4解由題意，知f(1）＝－3－c.因此b－c＝－3－c,從而b＝－3.所以對f(x)求導，得f′(x)＝4ax3lnx＋ax4·eq\f（1，x）－12x3＝x3(4alnx＋a－12)．由題意，知f′（1）＝0，即a－12＝0，得a＝12.所以f′(x)＝48x3lnx(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝1.當0＜x＜1時，f′(x)＜0，此時f（x)為減函數;當x＞1時，f′(x）＞0，此時f(x)為增函數．所以f(x）在x＝1處取得極小值f(1)＝－3－c,并且此極小值也是最小值．所以要使f(x）≥－2c2(x＞0)恒成立，只需－3－c≥－2c2即可．整理，得2c2－c－3≥0，解得c≥eq\f（3，2）或c≤－1。所以c的取值范圍是(－∞,－1］∪eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3,2)，＋∞)）。當堂訓練1．B2.D3.B4.A5．解∵f′（x)＝6x2－18x＋12＝6（x－1)（x－2),∴當x∈(0,1)時，f′(x）〉