學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2.2最大值、最小值問題第1課時函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)學(xué)習(xí)目標(biāo)1。理解函數(shù)最值的概念，了解其與函數(shù)極值的區(qū)別與聯(lián)系。2。會求某閉區(qū)間上函數(shù)的最值．知識點函數(shù)的最大（?。┲蹬c導(dǎo)數(shù)如圖為y＝f(x）,x∈［a，b］的圖像．思考1觀察[a，b]上函數(shù)y＝f（x）的圖像,試找出它的極大值、極小值．答案極大值為f(x1)，f（x3)，極小值為f（x2)，f（x4）．思考2結(jié)合圖像判斷，函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[a，b]上是否存在最大值，最小值？若存在，分別為多少?答案存在，f（x）min＝f（a），f(x)max＝f（x3)．思考3函數(shù)y＝f（x)在[a,b］上的最大（小）值一定是某極值嗎？答案不一定，也可能是區(qū)間端點的函數(shù)值．梳理最值的概念及求法（1）函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b］上的最值、最值點①函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間[a，b］上的最大值點x0指的是：函數(shù)在這個區(qū)間上所有點的函數(shù)值都不超過f（x0），把f(x0)叫作y＝f(x）在[a，b]上的最大值．②函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b］上的最小值點x0指的是:函數(shù)在這個區(qū)間上所有點的函數(shù)值都不低于f（x0)，把f(x0）叫作y＝f(x）在[a,b]上的最小值．③函數(shù)的最大值和最小值統(tǒng)稱為最值．（2）求連續(xù)函數(shù)y＝f(x)在［a，b]上的最大(?。┲档牟襟E①求函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間（a,b)內(nèi)的極值．②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f（a）,f（b）比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．1．函數(shù)的最值一定是極值,而極值不一定是最值．（×)2．函數(shù)的最大值一定大于最小值，函數(shù)的極大值一定大于極小值．(×）3．單調(diào)函數(shù)在閉區(qū)間上一定有最值，一定無極值．（√)4．若函數(shù)存在最大（?。┲?，則最大（小)值唯一．(√)類型一求函數(shù)的最值命題角度1不含參數(shù)的函數(shù)求最值例1求下列函數(shù)的最值：(1)f（x)＝2x3－12x,x∈［－2,3];(2）f(x)＝eq\f(1,2)x＋sinx，x∈[0，2π]．考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值解（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(dāng)x＝eq\r(2）時，f（x）取得最小值－8eq\r（2);當(dāng)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，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2π，3))）＝eq\f（π，3）＋eq\f(\r(3)，2),feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π，3）））＝eq\f(2π，3）－eq\f(\r(3），2）。所以當(dāng)x＝0時，f（x)有最小值0;當(dāng)x＝2π時,f（x)有最大值π.反思與感悟求解函數(shù)在固定區(qū)間上的最值,需注意以下幾點(1）對函數(shù)進行準(zhǔn)確求導(dǎo),并檢驗f′（x)＝0的根是否在給定區(qū)間內(nèi)．(2)研究函數(shù)的單調(diào)性，正確確定極值和端點函數(shù)值．(3）比較極值與端點函數(shù)值大小,確定最值．跟蹤訓(xùn)練1求函數(shù)f（x)＝ex(3－x2)，x∈［2，5］的最值．考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值解∵f（x）＝3ex－exx2，∴f′（x）＝3ex－(exx2＋2exx）＝－ex（x2＋2x－3）＝－ex（x＋3)(x－1）．∵在區(qū)間［2，5］上，f′（x）＝－ex(x＋3）(x－1)<0,∴函數(shù)f(x）在區(qū)間［2，5]上是減少的，∴當(dāng)x＝2時，函數(shù)f（x)取得最大值f(2)＝－e2;當(dāng)x＝5時，函數(shù)f(x)取得最小值f（5）＝－22e5。命題角度2含參數(shù)的函數(shù)求最值例2已知函數(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．考點含參數(shù)的函數(shù)最值問題題點含參數(shù)的函數(shù)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。當(dāng)x變化時，f(x）與f′（x)的變化情況如下表:x(－∞，k－1）k－1(k－1，＋∞）f′(x）－0＋f(x)↘－ek－1↗所以，f(x)的遞減區(qū)間是(－∞,k－1）；遞增區(qū)間是（k－1，＋∞)．(2）當(dāng)k－1≤0，即k≤1時，函數(shù)f(x）在[0，1］上是增加的．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，由（1)知f(x)在[0，k－1)上是減少的，在(k－1,1]上是增加的，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，函數(shù)f(x）在［0，1]上是減少的．所以f(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值為f（1）＝(1－k)e。綜上可知，當(dāng)k≤1時,f(x)min＝－k；當(dāng)1<k<2時,f（x）min＝－ek－1；當(dāng)k≥2時,f(x)min＝(1－k)e.反思與感悟?qū)?shù)進行討論，其實質(zhì)是討論導(dǎo)函數(shù)大于0，等于0，小于0三種情況．若導(dǎo)函數(shù)恒不等于0，則函數(shù)在已知區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，最值在端點處取得；若導(dǎo)函數(shù)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(xùn)練2已知a為常數(shù),求函數(shù)f（x)＝－x3＋3ax（0≤x≤1）的最大值．考點含參數(shù)的函數(shù)的最值問題題點含參數(shù)的函數(shù)求最值解f′（x)＝－3x2＋3a＝－3（x2－a)．若a≤0,則f′(x)≤0，函數(shù)f（x）在［0，1］上是減少的,所以當(dāng)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(dāng)0〈eq\r（a）〈1，即0〈a<1時，當(dāng)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(dāng)eq\r(a)≥1，即a≥1時，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在［0，1]上是增加的,當(dāng)x＝1時，f（x）有最大值f(1)＝3a－1。綜上，當(dāng)a≤0，x＝0時，f（x）有最大值0；當(dāng)0〈a<1,x＝eq\r(a）時,f（x)有最大值2aeq\r（a)；當(dāng)a≥1,x＝1時，f（x）有最大值3a－1.類型二由函數(shù)的最值求參數(shù)例3已知函數(shù)f（x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．考點含參數(shù)的函數(shù)最值問題題點知最值求參數(shù)解由題設(shè)知a≠0，否則f(x)＝b為常函數(shù)，與題設(shè)矛盾．求導(dǎo)得f′(x）＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′（x)＝0,得x1＝0，x2＝4(舍去）．①若a〉0，當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表:x－1(－1,0）0(0,2）2f′(x)＋0－f（x)－7a＋b↗b↘－16a＋b由表可知，當(dāng)x＝0時，f（x）取得極大值b，也是函數(shù)f(x）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若a〈0，同理可得，當(dāng)x＝0時，f(x）取得極小值b,也是函數(shù)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。反思與感悟已知函數(shù)在某區(qū)間上的最值求參數(shù)的值(范圍)是求函數(shù)最值的逆向思維,一般先求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值點,探索最值點，根據(jù)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(yīng)用．跟蹤訓(xùn)練3設(shè)eq\f(2,3）<a<1，函數(shù)f(x)＝x3－eq\f（3，2）ax2＋b(－1≤x≤1）的最大值為1,最小值為－eq\f(\r(6),2），求a,b的值．考點含參數(shù)的函數(shù)最值問題題點知最值求參數(shù)解令f′(x)＝3x2－3ax＝0，得x1＝0,x2＝a。當(dāng)x變化時，f′(x），f(x)的變化情況如下表：x－1（－1,0)0(0，a）a（a,1)1f′（x)＋0－0＋f（x）－1－eq\f（3，2)a＋b↗b↘－eq\f(a3,2)＋b↗1－eq\f（3，2）a＋b由表可知，f（x）的極大值為f(0）＝b，極小值為f（a)＝b－eq\f（a3,2），而f(0）〉f(a)，f（1)〉f(－1），故需比較f(0）與f（1）及f（－1)與f（a)的大?。驗閒（0)－f（1)＝eq\f(3,2)a－1>0，所以f（x）的最大值為f（0）＝b＝1.又f(－1）－f(a）＝eq\f（1，2)（a＋1)2(a－2)<0，所以f(x）的最小值為f（－1）＝－1－eq\f(3，2)a＋b＝－eq\f(3，2)a，所以－eq\f（3，2）a＝－eq\f(\r(6)，2），a＝eq\f（\r（6)，3）,所以a＝eq\f(\r(6）,3)，b＝1.1．函數(shù)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)考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值答案B解析∵f′（x）＝－2x＋4，∴當(dāng)x∈[3,5]時，f′（x)〈0，故f（x）在[3,5］上是減少的，故f（x)的最大值和最小值分別是f（3)，f(5)．2．函數(shù)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，也無最小值考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點最值存在性問題答案D解析f′（x）＝3x2－3＝3（x＋1)(x－1）,當(dāng)x∈（－1,1）時，f′(x）<0，所以f(x）在（－1,1)上是減少的，無最大值和最小值，故選D.3．函數(shù)f(x）＝x3－3ax－a在（0，1)內(nèi)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）))考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點最值存在性問題答案B解析∵f′(x)＝3x2－3a,令f′（x)＝0，可得a＝x2，∴a〉0，又∵x∈(0，1），∴0<a〈1，故選B.4．設(shè)M,m分別是函數(shù)f（x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，則f′（x)＝________.答案0解析因為f（x)在[a，b］上的最大值與最小值相等,所以f（x）在［a，b］上為常函數(shù)，f′（x）＝0.5．函數(shù)f（x)＝x3－eq\f（1，2)x2－2x＋5，若對于任意x∈[－1，2],都有f(x）<m，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案(7，＋∞)解析f′（x)＝3x2－x－2，令f′（x）＝0，得x＝－eq\f（2，3）或x＝1.可求得f（x）max＝f（2）＝7，所以對于任意x∈［－1，2］,f（x)<m恒成立時,m〉7。1．求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，只需比較極值和端點處的函數(shù)值即可；若函數(shù)在一個開區(qū)間內(nèi)只有一個極值，則這個極值就是最值．2．已知最值求參數(shù)時，可先確定參數(shù)的值，用參數(shù)表示最值時,應(yīng)分類討論．一、選擇題1．函數(shù)y＝x－sinx，x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,2)，π）)的最大值是（)A．π－1B.eq\f（π，2）－1C．πD．π＋1考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值答案C解析y′＝1－cosx≥0,故y＝x－sinx在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2）,π））上是增加的，所以當(dāng)x＝π時，ymax＝π.2．函數(shù)f(x）＝eq\f（x，ex)在［2，4]上的最小值為(）A．0 B.eq\f(1，e)C。eq\f（4，e4） D.eq\f(2,e2）答案C解析f′（x)＝eq\f（ex－xex，e2x）＝eq\f(1－x，ex),當(dāng)x∈［2，4］時，f′(x）〈0，即函數(shù)f（x）在[2，4］上是減少的，故當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)有最小值eq\f(4，e4）.3．已知函數(shù)f(x),g(x)均為［a,b］上的可導(dǎo)函數(shù)，在［a，b]上連續(xù)且f′(x)〈g′（x)，則f（x)－g(x）的最大值為（）A．f（a)－g（a） B．f（b）－g（b)C．f(a)－g(b） D．f(b)－g（a)考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值答案A解析令F(x）＝f(x)－g（x),∵f′（x）<g′(x），∴F′(x)＝f′(x)－g′（x）〈0,∴F(x）在[a，b］上是減少的，∴F(x）max＝F（a)＝f（a)－g（a）．4．已知函數(shù)y＝－x2－2x＋3在區(qū)間［a，2]上的最大值為eq\f(15,4)，則a等于()A．－eq\f(3，2) B.eq\f（1，2)C．－eq\f（1,2) D.eq\f(1,2）或－eq\f(3，2)考點含參數(shù)的最值問題題點已知最值求參數(shù)答案C解析當(dāng)a≤－1時，最大值為4，不符合題意．當(dāng)－1〈a〈2時，f（x）在[a，2]上是減少的，所以f（x)max＝f（a)，即－a2－2a＋3＝eq\f（15,4)，解得a＝－eq\f(1,2）或a＝－eq\f（3，2）（舍去)．5．函數(shù)f(x）＝x3－mx2＋1在[－2，－1］上的最大值就是f(x）的極大值，則m的取值范圍為()A．(－6，－3） B．[－6，－3］C.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－3,－\f（3,2）)) D.eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－3,－\f（3，2))）考點函數(shù)最值的問題題點最值存在性問題答案D解析f′（x)＝3x2－2mx＝3xeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（2m,3)))，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2m,3），由題意知eq\f(2，3）m<0,f(x）max＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）m））,∴－2≤eq\f(2，3）m≤－1，即－3≤m≤－eq\f(3，2)。6．函數(shù)f(x）＝ex－x在區(qū)間[－1,1］上的最大值是（）A．1＋eq\f(1，e) B．1C．e－1 D．e＋1考點利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值題點不含參數(shù)的函數(shù)求最值答案C解析由題意得f′(x）＝ex－1。令f′(x)＝0，得x＝0.當(dāng)x∈[－1，0）時,f′（x）〈0；當(dāng)x∈（0，1]時,f′（x)>0。所以f（x)在［－1,0）上是減少的，在（0，1]上是增加的．又因為f（－1）＝eq\f（1,e）＋1，f(1)＝e－1，所以f（－1)－f(1)＝2＋eq\f(1,e）－e<0，所以f（－1)<f(1)．所以f(x)max＝f(1）＝e－1。7．已知a,b為正實數(shù)，函數(shù)f（x）＝ax3＋bx＋2x在［0,1]上的最大值為4，則f（x）在[－1,0]上的最小值為（）A．－eq\f（3，2） B.eq\f(3,2)C．－2 D．2答案A解析因為a>0，b>0，所以f(x)＝ax3＋bx＋2x在[－1,1]上是增加的，故f(x）在［0,1]上的最大值f（1）＝a＋b＋2＝4，a＋b＝2，f(x)在［－1,0］上的最小值f(－1）＝－(a＋b）＋2－1＝－2＋eq\f(1,2）＝－eq\f（3,2)。8．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2］上的任意x1，x2,都有｜f（x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是（）A．20B．18C．3D．0考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點恒成立中參數(shù)的取值范圍答案A解析由f′（x)＝3x2－3＝0,得x＝±1,則f(x)min＝f（－3）＝－19，f（x）max＝f（－1）＝1，由題意知｜f(x1)－f（x2）｜max＝|－19－1|＝20,∴t≥20，故tmin＝20。二、填空題9．已知a≥0，若函數(shù)f（x）＝eq\f（x＋12,x2＋a）在［－1，1］上的最大值為2，則實數(shù)a的值為________．考點含參數(shù)的函數(shù)的最值問題題點已知最值求參數(shù)答案1解析求導(dǎo)得f′（x)＝eq\f(2x＋1a－x，x2＋a2），令f′(x）＝0，可得x＝－1或x＝a，又f（－1）＝0，f(a）＝1＋eq\f(1,a）,f(1）＝eq\f（4，1＋a），若1＋eq\f(1，a）＝2，則有a＝1;若eq\f(4,1＋a)＝2，則也有a＝1，因此a＝1。10．已知函數(shù)f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈［－1,1],則f（m）＋f′(n)的最小值是________．考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點已知極值求最值答案－13解析f′（x)＝－3x2＋2ax，由題意知f′（2)＝0，得a＝3，∴f（x)＝－x3＋3x2－4，令f′（x）＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)＝0,解得x1＝0，x2＝2(舍去），∵f(－1)＝0，f(0)＝－4,f（1)＝－2，∴f（x)min＝－4，f′（x）＝－3x2＋6x＝－3（x－1）2＋3，f′（x)min＝f′(－1)＝－9，∴f（m）＋f′(n）的最小值是－4－9＝－13.11．函數(shù)f（x）＝ax4－4ax2＋b(a〉0,1≤x≤2)的最大值為3,最小值為－5，則a＝________，b＝________?？键c含參數(shù)的函數(shù)最值問題題點己知最值求參數(shù)答案23解析f′(x)＝4ax3－8ax＝4ax（x2－2)，∵a〉0，x∈[1，2],∴當(dāng)x∈（1，eq\r(2））時，f′（x)〈0，當(dāng)x∈(eq\r（2），2）時，f′(x）〉0，∴f(x)min＝f（eq\r(2）)＝b－4a＝－5,①f(x)max＝f（2）＝b＝3，②由①②可得a＝2，b＝3.三、解答題12．已知函數(shù)f(x）＝x3－ax2＋3x。(1)若f（x）在[1，＋∞）上是增加的,求實數(shù)a的取值范圍；(2)若x＝3是f（x）的極值點,求f（x)在[1，a]上的最大值和最小值．考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點已知極值求最值解(1）f′（x)＝3x2－2ax＋3,∵x∈［1，＋∞）時f′（x)≥0恒成立,∴a≤eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(3，2)\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1，x）))））min＝3（當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號）．∴a≤3。(2)由題意知f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5,f(x）＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3。令f′(x）＝0，得x1＝3，x2＝eq\f（1,3）(舍去）．當(dāng)1〈x〈3時，f′(x)<0；當(dāng)3〈x<5時，f′(x)>0，即當(dāng)x＝3時，f(x)取極小值f（3)＝－9.又f（1）＝－1，f(5）＝15,∴f(x)在[1，5]上的最小值是－9，最大值是15.13．設(shè)f(x）＝lnx，g（x)＝f(x）＋f′(x）．(1)求g（x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；（2)求a的取值范圍，使得g(a）－g（x）〈eq\f(1,a）對任意x〉0恒成立．考點函數(shù)最值的應(yīng)用題點恒成立中參數(shù)的取值范圍解（1）由題設(shè)知f(x)的定義域為（0,＋∞)，f′(x)＝eq\f（1，x），所以g（x)＝lnx＋eq\f(1,x）,所以g′(x）＝eq\f(x－1，x2).令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈（0，1)時,g′（x）<0，故(0，1）是g(x)的遞減區(qū)間；當(dāng)x∈（1,＋∞)時，g′（x)〉0，故(1，＋∞)是g（x）的遞增區(qū)間．因此x＝1是g（x)在(0,＋∞）上的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，所以最小值為g(1)＝1。（2）因為g(a)－g(x）<eq\f(1,a）對任意x〉0恒成立，即lna〈g（x）對任意x>0恒成立．由（1)知，g(x）的最小值為1，所以lna<1，解得0〈a<e.四、探究與拓展14．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x）＝x2,g(x)＝lnx的圖像分別交于點M，N,則當(dāng)|MN｜取到最小值時t的值為()A．1 B。eq\f（1，2)C.eq\f（\r（5），2) D.eq\f（\r（2),2）答案D解析由題意畫出函數(shù)圖像如圖所示，由圖可以看出|MN｜＝y(tǒng)＝t2－lnt（t>0)．y′＝2t－eq\f（1，t)＝eq\f（2t2－1,t）＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f（\r(2），2）))\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（t－\