高中数学选修1-1精品学案：3.3.3 函数的最大(小)值与导数
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人教版高中数学选修1-1学案
1 3.3.3 函数的最大(小)值与导数
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． 人教版高中数学选修1-1学案
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知识点一 函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值
函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，则该函数在[a，b]上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在端点处或极值点处取得．
特别提醒：(1)闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的连续函数不一定有最值．若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值．
(2)函数的最大值和最小值是一个整体性概念．
(3)函数y＝f(x)在[a，b]上连续，是函数y＝f(x)在[a，b]上有最大值与最小值的充分不必要条件．
知识点二 求函数y＝f(x)在[a，b]上的最值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
知识点三 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)值点或区间端点取得．
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．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． 人教版高中数学选修1-1学案
3 人教版高中数学选修1-1学案
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1．函数的最大值一定是函数的极大值．( × )
2．开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
3．函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．( × )
题型一 求函数的最值
命题角度1 不含参数的函数求最值
例1 求下列各函数的最值．
(1)f(x)＝4x3＋3x2－36x＋5，x∈[－2，＋∞)；
(2)f(x)＝12x＋sinx，x∈[0,2π]．
考点 利用导数求函数的最值 人教版高中数学选修1-1学案
5 题点 不含参数的函数求最值
解 (1)f′(x)＝12x2＋6x－36，
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝32.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －2 －2，32 32 32，＋∞
f′(x) 0 － 0
＋
f(x) 57 －1154
由于当x>32时，f′(x)>0，
所以f(x)在32，＋∞上为增函数．
因此，函数f(x)在[－2，＋∞)上只有最小值－1154，无最大值．
(2)f′(x)＝12＋cosx，令f′(x)＝0，又x∈[0,2π]，
解得x＝2π3或x＝4π3.
计算得f(0)＝0，f(2π)＝π，f2π3＝π3＋32，
f4π3＝2π3－32.
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 求解函数在固定区间上的最值，需注意以下几点：
(1)对函数进行准确求导，并检验f′(x)＝0的根是否在给定区间内．
(2)研究函数的单调性，正确确定极值和端点函数值．
(3)比较极值与端点函数值大小，确定最值．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝1－xx＋lnx，求f(x)在12，2上的最大值和最小值．
考点
题点 人教版高中数学选修1-1学案
6 解 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝1－xx＋lnx＝1x－1＋lnx，
∴f′(x)＝－1x2＋1x＝x－1x2.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x 12 12，1 1 (1,2)
2
f′(x) － 0 ＋
f(x) 1－ln2 极小值0 －12＋ln2
∴在12，2上，当x＝1时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(1)＝0.
又f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2，
∴f12－f(2)＝32－2ln2
＝12×(3－4ln2)＝12lne316>0，
∴f12>f(2)，
∴f(x)在12，2上的最大值为f12＝1－ln2，最小值为f(1)＝0.
命题角度2 含参数的函数求最值
例2 已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
考点 含参数的函数最值问题
题点 含参数的函数求最值
解 (1)由f(x)＝(x－k)ex，得f′(x)＝(x－k＋1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表： 人教版高中数学选修1-1学案
7 x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) －ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，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
由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1.
当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减．
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；
当1
当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e.
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2 已知函数f(x)＝lnx＋ax.
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是32，求a的值．
考点 含参数的函数最值问题
题点 知最值求参数
解 函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2，
(1)∵a<0，∴f′(x)>0， 人教版高中数学选修1-1学案
8 故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．
(2)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，这与函数在[1，e]上的最小值是32相矛盾；
②当a＝1时，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是32相矛盾；
③当10，f(x)单调递增，
所以，函数f(x)的最小值为f(a)＝lna＋1，
由lna＋1＝32，得a＝e.
④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)≤0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是32相矛盾；
⑤当a>e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋ae>2，仍与最小值是32相矛盾．
综上所述，a的值为e.
题型二 由函数的最值求参数
例3 (2018·四川省雅安中学期中)已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b(a≠0)，问是否存在实数a，b，使f(x)在[－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．
考点 含参数的函数最值问题
题点 知最值求参数
解 由题设知a≠0，由f(x)＝ax3－6ax2＋b，
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时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 人教版高中数学选修1-1学案
9 f′(x) ＋ 0 －
f(x) －7a＋b b －16a＋b
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也是函数f(x)在[－1,2]上的最大值，∴f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3
∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.
②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也是函数f(x)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.
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
反思感悟 已知函数的最值求参数的步骤
(1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值；
(2)通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值；
(3)结合已知求出参数，进而使问题得以解决．
跟踪训练3 设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.当0
考点
题点
[答案] 103
[解析] f′(x)＝－x2＋x＋2a，
令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.
当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0
