3.3.3函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)問(wèn)題導(dǎo)學(xué)一、求函數(shù)的最值活動(dòng)與探究1(1)函數(shù)y＝x－sinx，那么當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，函數(shù)的最大值為_(kāi)_________．(2)求函數(shù)f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3,2]的最值．遷移與應(yīng)用函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值和最小值．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的全部實(shí)根x0，且x0∈[a，b]；(3)求最值，有兩種方式：①是將f(x0)的值與f(a)，f(b)比擬，確定f(x)的最大值與最小值；②是判斷各分區(qū)間上的單調(diào)性，然后求出最值．二、含參數(shù)的最值問(wèn)題活動(dòng)與探究21．設(shè)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax．(1)假設(shè)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；(2)當(dāng)0＜a＜2時(shí)，f(x)在[1,4]上的最小值為－eq\f(16,3)，求f(x)在該區(qū)間上的最大值．2．函數(shù)f(x)＝(x－k)ex．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值．遷移與應(yīng)用f(x)＝xlnx，求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值．求解含參數(shù)函數(shù)的最大值和最小值的步驟：(1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的全部實(shí)根，同時(shí)，根據(jù)參數(shù)的范圍，判斷f′(x)＝0的根是否在區(qū)間[a，b]內(nèi)；(3)根據(jù)參數(shù)的取值范圍，確定函數(shù)的極大值、極小值；(4)將函數(shù)的極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值進(jìn)行比擬，求出函數(shù)的最大值、最小值．三、函數(shù)最值的應(yīng)用活動(dòng)與探究3設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲線y＝f(x)過(guò)P(1,0)，且在P點(diǎn)處的切線斜率為2．(1)求a，b的值；(2)證明：f(x)≤2x－2．遷移與應(yīng)用求方程x3－6x2＋9x－4＝0的根的個(gè)數(shù)．不等式的恒成立問(wèn)題、方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題、兩函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題等等，大多可用函數(shù)與方程、函數(shù)與不等式等思想解決．而導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的有力工具，可以將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為極值、最值問(wèn)題等常見(jiàn)思維方式．在求最值時(shí)，一種是直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題，一種是含有參數(shù)時(shí)，“別離參數(shù)〞后轉(zhuǎn)化為求最值問(wèn)題．答案：課前·預(yù)習(xí)導(dǎo)學(xué)【預(yù)習(xí)導(dǎo)引】1．最大值最小值極值端點(diǎn)值預(yù)習(xí)交流1提示：(1)函數(shù)的極值是函數(shù)在某一點(diǎn)附近的情況，是局部函數(shù)值的比擬；函數(shù)的最值是表示函數(shù)在定義域上的情況，是對(duì)函數(shù)在整個(gè)定義域上函數(shù)值的比擬．另外極值不一定是最值，需要將極值和區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值進(jìn)行比擬，或者考查函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性再下結(jié)論．(2)函數(shù)在其定義區(qū)間上的最大值、最小值最多各有一個(gè)，而函數(shù)的極值可能不止一個(gè)，也可能一個(gè)也沒(méi)有，函數(shù)的最大值一定不小于它的最小值．2．(1)最小值最大值最大值最小值(2)①極②極預(yù)習(xí)交流2提示：f′(x)＝3－3x2，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1．又f(－2)＝2，f(－1)＝－2，f(1)＝2，f(3)＝－18，所以f(x)的最大值為2，最小值為－18．課堂·合作探究【問(wèn)題導(dǎo)學(xué)】活動(dòng)與探究1(1)思路分析：先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，再求最值．π解析：y′＝1－cosx．∵x∈[0，π]，∴－1≤cosx≤1．∴y′＝1－cosx≥0．∴y＝x－sinx在x∈[0，π]上單調(diào)遞增．∴x＝π時(shí)，y取最大值為π．(2)思路分析：方法一：eq\x(求f′x)→eq\x(令f′x＝0得到相應(yīng)的x的值)→eq\x(列表)→eq\x(確定極值點(diǎn))→eq\x(求極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值)→eq\x(比擬大小確定最值)方法二：eq\x(求f′x)→eq\x(求極值點(diǎn))→eq\x(比擬極值與端點(diǎn)值的大小確定最值)解：方法一：f′(x)＝－4x3＋4x，令f′(x)＝－4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝－1，x＝0，x＝1．當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)及f(x)的變化情況如下表：x－3(－3，－1)－1(－1，0)0(0,1)1(1,2)2f′(x)＋0－0＋0－f(x)－60單調(diào)遞增極大值4單調(diào)遞減極小值3單調(diào)遞增極大值4單調(diào)遞減－5∴當(dāng)x＝－3時(shí)，f(x)取最小值－60；當(dāng)x＝－1或x＝1時(shí)，f(x)取最大值4．方法二：∵f(x)＝－x4＋2x2＋3，∴f′(x)＝－4x3＋4x．令f′(x)＝0，即－4x3＋4x＝0．解得x＝－1或x＝0或x＝1．又f(－3)＝－60，f(－1)＝4，f(0)＝3，f(1)＝4，f(2)＝－5，∴當(dāng)x＝－3時(shí)，f(x)有最小值－60．當(dāng)x＝±1時(shí)，f(x)有最大值4．遷移與應(yīng)用解：f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)．由f′(x)＝0，得x＝1．∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1,2)2f′(x)－0＋f(x)1－ln2單調(diào)遞減極小值0單調(diào)遞增－eq\f(1,2)＋ln2∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(2)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(1,2)(lne3－ln16)，而e3＞16，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(2)＞0．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln2，最小值為0．活動(dòng)與探究21．思路分析：(1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系確定a的取值范圍；(2)求f′(x)＝0的根，確定根的范圍，從而可判斷f(x)在[1,4]上的單調(diào)性情況，求出最小值，得a的值，進(jìn)而求出最大值．解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a＞0，得a＞－eq\f(1,9)，所以，當(dāng)a＞－eq\f(1,9)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間．(2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝eq\f(1－\r(1＋8a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1＋8a),2)．所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增．當(dāng)0＜a＜2時(shí)，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)，得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝eq\f(10,3)．2．思路分析：(1)求f′(x)＝0的根，判斷各分區(qū)間內(nèi)的f′(x)的符號(hào)即可；(2)討論f′(x)＝0的根與區(qū)間[0,1]的關(guān)系，確定f(x)在[0,1]上的單調(diào)性情況，進(jìn)而求最小值．解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex．令f′(x)＝0，得x＝k－1．f(x)與f′(x)的情況如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減極小值－ek－1單調(diào)遞增所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)．(2)當(dāng)k－1≤0，即k≤1時(shí)，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k；當(dāng)0＜k－1＜1，即1＜k＜2時(shí)，由(1)知f(x)在[0，k－1)上單調(diào)遞減，在(k－1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當(dāng)k－1≥1，即k≥2時(shí)，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e．遷移與應(yīng)用解：f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．①當(dāng)0＜t＜t＋2≤eq\f(1,e)時(shí)，此種情況不成立；②當(dāng)0＜t＜eq\f(1,e)＜t＋2時(shí)，即0＜t＜eq\f(1,e)時(shí)，那么在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上f(x)遞減；在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上，f(x)遞增，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．③當(dāng)eq\f(1,e)≤t＜t＋2，即t≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tlnt．綜上所述，當(dāng)0＜t＜eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝－eq\f(1,e)；當(dāng)t≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝tlnt．活動(dòng)與探究3思路分析：(1)利用f(1)＝0和f′(1)＝2建立方程組求a，b；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－2x＋2，求g(x)的最大值小于等于零．解：(1)f′(x)＝1＋2ax＋eq\f(b,x)．由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝2))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＝0，,1＋2a＋b＝2，))解得a＝－1，b＝3．(2)證明：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx．設(shè)g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，那么g′(x)＝－1－2x＋eq\f(3,x)＝－eq\f(x－12x＋3,x)．令g′(x)＝0得x＝1或x＝－eq\f(3,2)(舍去)．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0．∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴g(x)max＝g(1)＝0，∴f(x)－(2x－2)≤0．∴f(x)≤2x－2．遷移與應(yīng)用解：方法一：轉(zhuǎn)化為求f(x)＝x3－6x2＋9x－4的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題．f′(x)＝3x2－12x＋9，令f′(x)＝0得x＝3或x＝1．當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)隨x變化情況如下表：x(－∞，1)1(1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值0單調(diào)遞減極小值－4單調(diào)遞增又當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，故f(x)的圖象大致如下圖．∴方程x3－6x2＋9x－4＝0的根的個(gè)數(shù)為2．方法二：轉(zhuǎn)化為求f1(x)＝x3－6x2＋9x與f2(x)＝4圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題．∵f1(x)＝x3－6x2＋9x，∴f′1(x)＝3x2－12x＋9．令f′1(x)＝0得x＝3或x＝1．當(dāng)x變化時(shí)，f′1(x)，f1(x)隨x變化情況如下表：x(－∞，1)1(1,3)3(3，＋∞)f′1(x)＋0－0＋f1(x)單調(diào)遞增極大值4單調(diào)遞減極小值0單調(diào)遞增又當(dāng)0→＋∞時(shí)，f1(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f1(x)→－∞，故f1(x)與f2(x)的圖象大致如下圖．由此知y＝f1(x)與y＝f2(x)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故方程x3－6x2＋9x－4＝0的根的個(gè)數(shù)為2．當(dāng)堂檢測(cè)1．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．函數(shù)在其定義域內(nèi)假設(shè)有最值與極值，那么其極大值便是最大值，極小值便是最小值B．閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定有最值，也一定有極值C．假設(shè)函數(shù)在其定義域上有最值，那么一定有極值；反之，假設(shè)有極值，那么一定有最值D．假設(shè)函數(shù)在給定區(qū)間上有最值，那么有且僅有一個(gè)最大值，一個(gè)最小值，但假設(shè)有極值，那么可有多個(gè)極值答案：D解析：由極值與最值的區(qū)別知選D．2．函數(shù)f(x)＝ex－x在區(qū)間[－1,1]上的最大值是()A．1＋B．1C．e＋1D．e－1答案：D解析：f′(x)＝ex－1．令f′(x)＝0，得x＝0．當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f′(x)≤0；當(dāng)x∈[0,1]時(shí)