第2課時導數與函數的最值能利用導數求某些函數的極大值、微小值以及給定閉區間上不超過三次的多項式函數的最大值、最小值；體會導數與單調性、極值、最大(小)值的關系．新知初探·自主學習——突出基礎性教材要點學問點函數f(x)在閉區間[a，b]上的最值假設函數y＝f(x)在閉區間[a，b]上的圖象是一條連續不間斷的曲線，則該函數在[a，b]肯定能夠取得________與________，若函數在[a，b]內是可導的，則該函數的最值必在極值點或區間端點取得．基礎自測1．下列結論正確的是()A．若f(x)在[a，b]上有極大值，則極大值肯定是[a，b]上的最大值B．若f(x)在[a，b]上有微小值，則微小值肯定是[a，b]上的最小值C．若f(x)在[a，b]上有極大值，則微小值肯定是在x＝a和x＝b處取得D．若f(x)在[a，b]上連續，則f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值2．函數y＝x－sinx，x∈[π2A.π－1B．π2C．πD．π＋13．函數f(x)＝x3－3x(|x|＜1)()A．有最值，但無極值B．有最值，也有極值C．既無最值，也無極值D．無最值，但有極值4．函數f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________．課堂探究·素養提升——強化創新性求函數的最值【思索探究】如圖為y＝f(x)，x∈[a，b]的圖象．1．視察[a，b]上函數y＝f(x)的圖象，試找出它的極大值、微小值．[提示]f(x1)，f(x3)為函數的極大值，f(x2)，f(x4)為函數的微小值．2．結合圖象推斷，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？[提示]存在．f(x)的最小值為f(a)，f(x)的最大值為(f(x_(3)))．3．函數y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值肯定是其極值嗎？[提示]不肯定．也可能是區間端點的函數值．例1求下列各函數的最值：(1)f(x)＝lnx－x,x∈(0，e]；(2)f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3，2]；

(3)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；(4)f(x)＝12x＋sinx，x,方法歸納求函數最值的四個步驟第一步，求函數的定義域；其次步，求f′(x)，解方程f′(x)＝0；第三步，列出關于x，f(x)，f′(x)的改變表；第四步，求極值、端點值，確定最值．跟蹤訓練1求下列函數的最值：(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]；(2)f(x)＝12x＋cosx，x(3)f(x)＝x-求含參數的函數的最值例2已知函數f(x)＝x3－ax2－a2x.求函數f(x)在[0，＋∞)上的最小值．狀元隨筆不能求出參數值的問題，則要對參數進行探討方法歸納含參數的函數最值問題的兩類狀況(1)能依據條件求出參數，從而化為不含參數的函數的最值問題．(2)對于不能求出參數值的問題，則要對參數進行探討，其實質是探討導函數大于0、等于0、小于0三種狀況．若導函數恒不等于0，則函數在已知區間上是單調函數，最值在端點處取得；若導函數可能等于0，則求出極值點后求極值，再與端點值比較后確定最值．跟蹤訓練2已知a∈R，函數f(x)＝x2(13x－a)，求f(x由最值求參數的值或范圍例3已知函數f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．方法歸納已知函數在某區間上的最值求參數的值(或范圍)是求函數最值的逆向思維，一般先求導數，利用導數探討函數的單調性及極值點，探究最值點，依據已知最值列方程(不等式)解決問題．跟蹤訓練3(1)已知函數h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在區間[k，2]上的最大值是28，求k的取值范圍．(2)已知f(x)＝ax－lnx，a∈R.①當a＝1時，求曲線f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；②是否存在實數a，使f(x)在區間(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．與最值有關的恒成立問題例4已知2xlnx≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a的取值范圍為________．方法歸納1．分別參數法求解不等式恒成立問題的步驟2．構造新函數，利用導數求新函數的最值，若參數影響單調性，需對參數探討，利用最值解決恒成立問題，即f(x)≥0恒成立?f(x)min≥0，f(x)≤0恒成立?f(x)max≤0.跟蹤訓練4已知函數f(x)＝ex(ex－a)－a2x.(1)探討f(x)的單調性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范圍．第2課時導數與函數的最值新知初探·自主學習[教材要點]學問點最大值最小值[基礎自測]1．解析：函數f(x)在[a，b]上的極值不肯定是最值，最值也不肯定是極值，極值肯定不會在端點處取得，而在[a，b]上肯定存在最大值和最小值．答案：D2．解析：y′＝1－cosx，當x∈[π2，π]時，y則函數在區間[π2所以y的最大值為ymax＝π－sinπ＝π.答案：C3．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，當x∈(－1，1)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－1，1)上單調遞減，無最大值和最小值，也無極值．答案：C4．解析：f(x)＝(x＋1)ex?f′(x)＝(x＋2)ex，當x>－2時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x<－2時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，因此當x＝－2時，函數有最小值，最小值為f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－1e答案：－1課堂探究·素養提升例1【解析】(1)f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，得x當x∈(0，1)時，f′(x)>0，當x∈(1，e)時，f′(x)<0，∴當x＝1時，f(x)有極大值，也是最大值，最大值為f(1)＝－1.無微小值．【解析】(2)f′(x)＝－4x3＋4x＝－4x(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝0，x＝1.當x改變時，f′(x)及f(x)的改變狀況如表：∴當x＝－3時，f(x)取最小值－60；當x＝－1或x＝1時，f(x)取最大值4.【解析】f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，∴f′(x)在[－1，1]內恒大于0，∴f(x)在[－1，1]上為增函數．故當x＝－1時，f(x)min＝－12；當x＝1時，f(x)max＝2.即f(x)的最小值為－12，最大值為2.(4)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)，計算得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f(0)＝0；當x＝2π時，f(x)有最大值f(2π)＝π.跟蹤訓練1解析：(1)因為f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]，所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋2)(x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2.因為f(－2)＝8，f(3)＝18，f(2)＝－82，f(－2)＝82，所以當x＝2時，f(x)取得最小值－82；當x＝3時，f(x)取得最大值18.(2)f′(x)＝eq\f(1,2)－sinx，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6).因為f(0)＝1，f(2π)＝π＋1，f(eq\f(π,6))＝eq\f(π,12)＋eq\f(\r(3),2)，f(eq\f(5π,6))＝eq\f(5π,12)－eq\f(\r(3),2).所以當x＝2π時，f(x)有最大值f(2π)＝π＋1，當x＝eq\f(5π,6)時，f(x)有最小值f(eq\f(5π,6))＝eq\f(5π,12)－eq\f(\r(3),2).(3)函數f(x)＝eq\f(x－1,ex)的定義域為R.f′(x)＝eq\f(1·ex－ex（x－1）,（ex）2)＝eq\f(2－x,ex)，當f′(x)＝0時，x＝2，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如表所示．∴f(x)在(－∞，2)上是增函數，在(2，＋∞)上是減函數，∴f(x)無最小值，且當x＝2時，f(x)max＝f(2)＝eq\f(1,e2).例2【解析】f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝－a3，x2＝a①當a>0時，f(x)在[0，a)上是減函數，在[a，＋∞)上是增函數．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.②當a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上是增函數，所以f(x)min＝f(0)＝0.③當a<0時，f(x)在[0，－a3在[－a3所以f(x)min＝f(－a3)＝527a綜上所述，當a>0時，f(x)的最小值為－a3；當a＝0時，f(x)的最小值為0；當a<0時，f(x)的最小值為527a3跟蹤訓練2解析：f(x)＝13x3－ax2，則f′(x)＝x2－2ax令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.令g(a)＝f(x)max，①當2a≤0，即a≤0時，f′(x)≥0恒成立，f(x)在[0，2]上是增函數，從而g(a)＝f(x)max＝f(2)＝83－4a②當2a≥2，即a≥1時，f(x)在[0，2]上是減函數，從而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.③當0<2a<2，即0<a<1時，f(x)在[0，2a]上是減函數，在(2a，2]上是增函數，從而g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a，0＜a≤\f(2,3)，,0，\f(2,3)＜a＜1，))綜上所述，f(x)max＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a，a≤\f(2,3)，,0，a＞\f(2,3)．))例3【解析】由題設知a≠0，否則f(x)＝b為常數函數，與題設沖突．求導得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去).①當a>0，且當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如表：由表可知，當x＝0時，f(x)取得極大值b，也就是函數在[－1，2]上的最大值，∴f(0)＝b＝3.又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)，∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.②當a<0時，同理可得，當x＝0時，f(x)取得微小值b，也就是函數在[－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.綜上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.跟蹤訓練3解析：(1)∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，∴h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，當x改變時，h′(x)，h(x)的改變狀況如表：∴當x＝－3時，h(x)取極大值28；當x＝1時，h(x)取微小值－4.而h(2)＝3<h(－3)＝28，∴假如h(x)在區間[k，2]上的最大值為28，則k≤－3.∴k的取值范圍為(－∞，－3].(2)①當a＝1時，f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴所求切線的斜率為f′(2)＝eq\f(1,2)，切點為(2，2－ln2)，∴所求切線的方程為y－(2－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y＋2－2ln2＝0.②假設存在實數a，使f(x)＝ax－lnx在區間(0，e]上的最小值是3，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).ⅰ.當a≤0時，f(x)在(0，e]上是減函數，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以此時不存在符合題意的實數a；ⅱ.當0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時，f(x)在(0，eq\f(1,a))上是減函數，在(eq\f(1,a)，e]上是增函數，故f(x)min＝f(eq\f(1,a))＝1＋lna＝3，解得a＝e2，滿意條件；ⅲ.當eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)時，f(x)在(0，e]上是減函數，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以此時不存在符合題意的實數a.綜上，存在實數a＝e2，使f(x)在區間(0，e]上的最小值是3.例4【解析】由2xlnx≥－x2＋ax－3(x>0)，得a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0).設h(x)＝2lnx＋eq\f(3,x)＋x(x>0).則h′(x)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，當x∈(0，1)時，