資源簡介

5.3.2　函數的極值與最大(小)值
第1課時　函數的極值
[學習目標]　1．了解函數的極值及相關的概念．(數學抽象)
2．能利用導數求某些函數的極值．(數學運算)
3．體會導數在求極值中的應用．(數學運算)
4．能利用導數研究與函數極值等相關的問題．(數學運算)
(教師用書)
“橫看成嶺側成峰，遠近高低各不同”．說的是廬山的高低起伏，錯落有致，在群山之中，各個山峰的頂端，雖不一定是群山的最高處，但它卻是其附近的最高點．由此聯想廬山的連綿起伏形成好多的“峰點”與“谷點”．這就是我們這節課研究的函數的極值．
[討論交流]　
問題1．極大值、極小值的概念是什么？
問題2．函數的極大值點、極小值點是什么？
問題3．如何求函數的極值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　函數極值的概念
探究問題1　如圖是某處群山的截面圖，你能指出山峰、山谷嗎？
[提示]　在x1，x3，x5處是山峰，在x2，x4處是山谷．
探究問題2　你能從函數與導數角度描述一下探究問題1中在各個山峰、山谷附近的特點嗎？
[提示]　以山峰x＝x1處為例來研究，在x＝x1處，它附近的函數值都比它小，且在x＝x1處的左側函數是單調遞增的，且有f ′(x)＞0，在x＝x1處的右側函數是單調遞減的，且有f ′(x)＜0，函數圖象是連續不斷的，f ′(x)的變化也是連續不斷的，并且有f ′(x1)＝0．
[新知生成]
極值點與極值的概念
(1)極小值點與極小值
函數y＝f (x)在點x＝a處的函數值f (a)比它在點x＝a附近其他點處的函數值都小，f ′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側f ′(x)＜0，右側f ′(x)＞0，則把a叫做函數y＝f (x)的極小值點，f (a)叫做函數y＝f (x)的極小值．
(2)極大值點與極大值
函數y＝f (x)在點x＝b處的函數值f (b)比它在點x＝b附近其他點處的函數值都大，f ′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側f ′(x)＞0，右側f ′(x)＜0，則把b叫做函數y＝f (x)的極大值點，f (b)叫做函數y＝f (x)的極大值．
(3)極大值點、極小值點統稱為極值點，極大值和極小值統稱為極值．
【教用·微提醒】　1．極值點是函數單調性的轉折點，因此若f (x)在(a，b)內有極值，則f (x)在(a，b)內不是單調函數．
2．極值點不是點，出現在區間的內部，端點不能是極值點．
[典例講評]　1．函數y＝f (x)的導函數的圖象如圖所示，給出下列判斷：
①函數y＝f (x)在區間(3，5)上單調遞增；
②函數y＝f (x)在區間上單調遞減；
③函數y＝f (x)在區間(－2，2)上單調遞增；
④當x＝－時，函數y＝f (x)有極大值；
⑤當x＝2時，函數y＝f (x)有極大值．
則上述判斷中正確的序號是________．
③⑤　[對于①，當x∈(3，4)時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
當x∈(4，5)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以①錯誤；
對于②，當x∈時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
當x∈(2，3)時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，所以②錯誤；
對于③，當x∈(－2，2)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以③正確；
對于④，當x∈(－2，2)時，f ′(x)＞0，
f (x)單調遞增，故當x＝－時，f 不是極大值，所以④錯誤；
對于⑤，由②知當x＝2時，函數y＝f (x)取得極大值，所以⑤正確．]
　關于函數極值的概念的理解
(1)可導函數y＝f (x)在點x＝x0處取得極值的充要條件是f ′(x0)＝0，且在x＝x0左側與右側f ′(x)的符號不同．
(2)若f (x)在(a，b)內有極值，那么f (x)在(a，b)內不是單調函數，即在某區間上單調遞增或單調遞減的函數沒有極值．
[學以致用]　1．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f (x)在區間(a，b)內的極小值點的個數為(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
A　[由圖象，設f ′(x)與x軸負半軸的兩個“穿過”x軸的交點的橫坐標分別為c，d，其中c＜d，可知在(a，c)，(d，b)上，f ′(x)≥0，
所以此時函數f (x)在(a，c)，(d，b)上單調遞增，在(c，d)上，f ′(x)＜0，此時f (x)在(c，d)上單調遞減，所以x＝d時，函數取得極小值．
則函數y＝f (x)的極小值點的個數為1．]
探究2　求函數的極值
【鏈接·教材例題】
例5　求函數f (x)＝x3－4x＋4的極值．
[解]　因為f (x)＝x3－4x＋4，所以
f ′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
令f ′(x)＝0，解得x＝－2，或x＝2．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表5.3-2所示．
表5.3-2
x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調 遞增 單調 遞減 － 單調 遞增
因此，當x＝－2時，f (x)有極大值，并且極大值為
f (－2)＝；
當x＝2時，f (x)有極小值，并且極小值為
f (2)＝－．
函數f (x)＝x3－4x＋4的圖象如圖5.3-12所示．
[典例講評]　2．求下列函數的極值．
(1)f (x)＝x3－x2－3x＋3；
(2)f (x)＝＋3ln x．
[解]　(1)f ′(x)＝x2－2x－3，x∈R，
令f ′(x)＝0，得x1＝3，x2＝－1，當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表所示：
x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調 遞增 極大值 單調 遞減 極小 值－6 單調 遞增
∴當x＝－1時，f (x)有極大值，且f (x)極大值＝，當x＝3時，f (x)有極小值，且f (x)極小值＝－6．
(2)函數f (x)＝＋3ln x的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝－＝，
令f ′(x)＝0得x＝1．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表所示：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f (x) 單調遞減 極小值3 單調遞增
∴當x＝1時，f (x)有極小值，且f (x)極小值＝3，無極大值．
　求可導函數f (x)極值的步驟
(1)定義域：求函數的定義域．
(2)求導：求函數的導數f ′(x)．
(3)令f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0全部的根x0，即導函數f ′(x)的零點．
(4)列表：方程的根x0將整個定義域分成若干個區間，把x，f ′(x)，f (x)在每個區間內的變化情況列在一個表格內．
(5)結論：若導數f ′(x)在x＝x0附近左正右負，則函數f (x)在x＝x0處取得極大值；若左負右正，則函數f (x)取得極小值．
[學以致用]　2．(源自人教B版教材)已知函數f (x)＝x3－4x＋4，求函數的極值，并作出函數圖象的示意圖．
[解]　由題意可得f ′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
解方程f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝2．
解不等式f ′(x)>0，可得x<－2或x>2，此時f (x)單調遞增．
解不等式f ′(x)<0，可得－2因此，f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，而且f ′(－2)＝f ′(2)＝0．
從而可知x＝－2是函數的極大值點，極大值為f (－2)＝×
(－2)3－4×(－2)＋4＝；x＝2是函數的極小值點，極小值為f (2)＝×23－4×2＋4＝－．
函數圖象的示意圖如圖所示．
探究3　由極值求參數的值或范圍
[典例講評]　3．(1)已知函數f (x)＝x3－2ax2＋a2x＋1在x＝1處取得極小值，則a的值為(　　)
A．1 B．3 C．1或3 D．－1或3
(2)已知函數f (x)＝(x－2)ex與g(x)＝x ln x＋ax有相同的極值點，則實數a＝(　　)
A．－1 B．－ C．2 D．ln 2＋1
(1)A　(2)A　[(1)∵f (x)＝x3－2ax2＋a2x＋1在x＝1處取得極小值，f ′(x)＝3x2－4ax＋a2，
∴f ′(1)＝3－4a＋a2＝0，解得a＝1 或a＝3．
當a＝1時，f ′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，令f ′(x)＞0，得x＜或x＞1；令f ′(x)＜0，得＜x＜1，
則f (x)在，(1，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減，
f (x)在 x＝1 處取得極小值，符合題意．
當a＝3時，f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，令f ′(x)＞0，得x＜1或x＞3；令f ′(x)＜0，得1＜x＜3，
則f (x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，
f (x)在 x＝1 處取得極大值，不符合題意．故選A．
(2)已知f (x)＝(x－2)ex，可得f ′(x)＝(x－1)ex，
令f ′(x)＝0，解得x＝1，所以函數f (x)的極值點為x＝1．
又g(x)＝x ln x＋ax，可得g′(x)＝ln x＋a＋1，若函數f (x)與g(x)有相同的極值點，
此時g′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，經檢驗a＝－1符合題意．
故選A．]
　已知函數的極值求參數的方法
(1)對于已知可導函數的極值求參數的問題，解題的切入點是極值存在的條件：極值點處的導數值為0，極值點兩側的導數值異號．
注意：求出參數后，一定要驗證是否滿足題目的條件．
(2)對于函數無極值的問題，往往轉化為其導函數的值非負或非正在某區間內恒成立的問題，即轉化為f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在某區間內恒成立的問題，此時需注意不等式中的等號是否成立．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極大值，則m的值為(　　)
A．1 B．2 C．3 D．1或3
C　[已知f (x)＝x(x－m)2，
可得f ′(x)＝(x－m)(3x－m)，
因為函數f (x)在x＝1處取得極大值，所以f ′(1)＝(1－m)(3－m)＝0，
解得m＝1或m＝3．若m＝1，此時f ′(x)＝(x－1)·(3x－1)，
當x＜時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；當＜x＜1時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；當x＞1時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以函數f (x)在x＝1處取得極小值，不符合題意．
當m＝3時，經檢驗，滿足題意，綜上，m＝3．故選C．]
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝－a(x－ln x)．
(1)當a＝0時，求f (x)在(0，＋∞)上的單調區間；
(2)若f (x)在(0，1)內有極值，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝0時，f ′(x)＝，
令f ′(x)＜0，得0＜x＜1，故f (x)在(0，1)上單調遞減；
令f ′(x)＞0，得x＞1，故f (x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以f (x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，單調遞減區間為(0，1)．
(2)由f (x)＝－a(x－ln x)，得f ′(x)＝，
由f (x)在(0，1)內有極值，可知f ′(x)＝0在(0，1)內存在變號零點，即方程ex－ax＝0在(0，1)內有解，所以a＝在(0，1)內有實根，
即直線y＝a與g(x)＝的圖象在(0，1)內有交點，
由(1)得g(x)在(0，1)內單調遞減．
又g(1)＝e，當x→0時，g(x)→＋∞，所以a＞e，即a的取值范圍為(e，＋∞)．
1．函數f (x)＝x3－24x的極大值點為(　　)
A．－2 B．32 C．2 D．－32
A　[f ′(x)＝3x2－24，當x＜－2或x＞2時，f ′(x)＞0；
當－2＜x＜2時，f ′(x)＜0，∴f (x)＝x3－24x的極大值點為－2．
故選A．]
2．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則f (x)(　　)
A．既有極小值，也有極大值
B．有極小值，但無極大值　
C．有極大值，但無極小值
D．既無極小值，也無極大值
B　[由圖象可知x＜a時，f ′(x)＜0，函數單調遞減，
x＞a時，f ′(x)＞0，函數單調遞增，所以x＝a是函數的極小值點．
故選B．]
3．函數f (x)＝ax3＋bx在x＝1處取得極值－2，則a，b的值分別為(　　)
A．1，－3 B．1，3
C．－1，3 D．－1，－3
A　[f ′(x)＝3ax2＋b，
由題意知即解得
故選A．]
4．函數f (x)＝ln x－x在區間(0，e]上的極大值為________．
－1　[∵f ′(x)＝－1＝，∴f (x)在(0，1)上單調遞增，在(1，e]上單調遞減，∴函數f (x)在x＝1處取得極大值，即f (x)極大值＝f (1)＝－1．]
1．知識鏈：(1)函數極值的概念．
(2)函數極值的判定及求法．
(3)函數極值的應用．
2．方法鏈：方程思想、分類討論．
3．警示牌：導數值等于零不是此點為極值點的充要條件．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．函數極值的求解依據與步驟是什么？
[提示]　一般地，求函數y＝f (x)的極值的步驟是：
①求出函數的定義域及導數f ′(x)；
②解方程f ′(x)＝0，得方程的根x0(可能不止一個)；
③用方程f ′(x)＝0的根，順次將函數的定義域分成若干個開區間，可將x，f ′(x)，f (x)在每個區間內的變化情況列在同一個表格中；
④由f ′(x)在各個開區間內的符號，判斷f (x)在f ′(x)＝0的各個根處的極值情況：
如果左正右負，那么函數f (x)在這個根處取得極大值；
如果左負右正，那么函數f (x)在這個根處取得極小值；
如果導數值在這個根左右兩側同號，那么這個根不是極值點．
2．如果函數f (x)在[a，b]上的圖象連續不斷且有極值，那么它的極值點有規律嗎？
[提示]　如果函數f (x)在[a，b]上有極值，那么它的極值點的分布是有規律的．相鄰兩個極大值點之間必有一個極小值點．同樣，相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點．一般地，當函數f (x)在[a，b]上的圖象連續且有有限個極值點時，函數f (x)在[a，b]內的極大值點、極小值點是交替出現的．
課時分層作業(二十)　函數的極值
一、選擇題
1．函數f (x)＝x3－3x2＋3x的極值點的個數是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
A　[由題知f (x)的導函數f ′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
所以函數f (x)單調遞增，無極值點．故選A．]
2．函數f (x)的定義域為(a，b)，導函數f ′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f (x)在(a，b)內有極小值點(　　)
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
A　[結合導函數的圖象可知，函數f (x)先增后減，再增，再減，
結合導數與函數單調性及極值的關系可知，函數有2個極大值點，1個極小值點．
故選A．]
3．函數f (x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f (x)在x＝－3處取得極值，則a＝(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
D　[對函數求導可得f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，
∵f (x)在x＝－3處取得極值，
∴f ′(－3)＝0 a＝5，驗證知，符合題意．
故選D．]
4．若x＝1是函數f (x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的極值點，則a的值為(　　)
A．－2 B．3 C．－2或3 D．－3或2
B　[根據題意，f (x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex，則f ′(x)＝(x2＋2ax＋2x－a2－a＋3)ex，
又由x＝1是函數f (x)的極值點，必有f ′(1)＝6－a2＋a＝0，解得a＝3或－2，
當a＝－2時，f ′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f (x)單調遞增，無極值點，舍去；
當a＝3時，f ′(x)＝(x2＋8x－9)ex，令f ′(x)＝0，得x＝1或x＝－9，滿足x＝1為函數f (x)的極值點，所以a＝3．故選B．]
5．(多選)已知函數f (x)＝2ln x＋x2＋bx的極小值點為2，則(　　)
A．b＝－3
B．f (x)在(0，2)上單調遞減
C．f (x)的極大值為－
D．f (x)有兩個零點
AC　[已知f (x)＝2ln x＋x2＋bx，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝＋x＋b．因為函數f (x)的極小值點為2，
所以f ′(2)＝0，解得b＝－3，故選項A正確；
此時f ′(x)＝＋x－3＝，當0＜x＜1時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當1＜x＜2時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；當x＞2時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以函數f (x)的單調遞減區間為(1，2)，故選項B錯誤；
當x＝1時，函數f (x)取得極大值，極大值f (1)＝－，故選項C正確；
要使函數f (x)有兩個零點，此時需滿足f (1)＞0，因為f (1)＝－＜0，
所以函數f (x)不存在兩個零點，故選項D錯誤．
故選AC．]
二、填空題
6．若函數f (x)＝ex(x－1)，則函數f (x)的極值點為________．
0　[由f (x)＝ex(x－1)，得f ′(x)＝xex．令f ′(x)＝0，則x＝0，
所以當x＞0時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；當x＜0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
所以f (x)的極值點為0．]
7．已知函數f (x)＝x3＋(a－1)x2－3ax＋1，若f (x)在x＝1處取得極值，則曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程為________．
3x＋y－1＝0　[f ′(x)＝3x2＋2(a－1)x－3a，
∵f (x)在x＝1處取得極值，
∴f ′(1)＝3＋2(a－1)－3a＝0，解得a＝1，∴f (x)＝x3－3x＋1，f ′(x)＝3x2－3，
∴f (0)＝1，k＝f ′(0)＝－3，則所求切線方程為y－1＝－3x，即3x＋y－1＝0．]
8．已知函數f (x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在極值點，則實數a的取值范圍是________．
(4，6)　[函數f (x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1的導數為f ′(x)＝x－(a＋2)＋，
由題意可得f ′(x)＝0在(4，6)內有解，
即x－(a＋2)＋＝0，亦即(x－2)(x－a)＝0在(4，6)內有解，
又4＜x＜6，可得a∈(4，6)．]
三、解答題
9．函數f (x)＝x ln x－ax＋1在點A(1，f (1))處的切線斜率為－2．
(1)求實數a的值；
(2)求f (x)的單調區間和極值．
[解]　(1)f ′(x)＝ln x＋1－a，∵在點A(1，f (1))處的切線斜率為k＝1－a＝－2，∴a＝3．
(2)由(1)得，f ′(x)＝ln x－2，x＞0，
令f ′(x)＞0，解得x＞e2，令f ′(x)＜0，解得0＜x＜e2，
∴f (x)的單調遞減區間為(0，e2)，單調遞增區間為(e2，＋∞)，f (x)在x＝e2處取得極小值1－e2，無極大值．
10．若函數f (x)＝x2－x＋a ln x有兩個不同的極值點，則實數a的取值范圍為(　　)
A． B．
C． D．
A　[函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，因為函數f (x)＝x2－x＋a ln x有兩個不同的極值點，
所以f ′(x)＝x－1＋＝＝0有兩個不同的正根，
即x2－x＋a＝0有兩個不同的正根，所以解得0＜a＜．故選A．]
11．(多選)已知定義在R上的函數f (x)，其導函數f ′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述不正確的是(　　)
A．f (a)＞f (e)＞f (d)
B．函數f (x)在[a，b]上單調遞增，在[b，d]上單調遞減
C．f (x)的極值點為c，e
D．f (x)的極大值為f (b)
ABD　[由導數與函數單調性的關系知，當f ′(x)＞0時，f (x)單調遞增，當f ′(x)＜0時，f (x)單調遞減．
結合題中所給圖象知，當x∈(a，c)時，f ′(x)＞0，
∴f (x)在(a，c)上單調遞增，
當x∈(c，e)時，f ′(x)＜0，
∴f (x)在(c，e)上單調遞減，
當x∈(e，＋∞)時，f ′(x)＞0，
∴f (x)在(e，＋∞)上單調遞增，
∴函數f (x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值，
∴f (x)的極值點為c，e．
故C正確，A，B，D均不正確．故選ABD．]
12．(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有極大值也有極小值，則(　　)
A．bc＞0 B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0
BCD　[因為函數f (x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝．因為函數f (x)既有極大值也有極小值，則函數f ′(x)在(0，＋∞)上有兩個變號零點，而a≠0，所以關于x的方程ax2－bx－2c＝0有兩個不等的正實根x1，x2，則
即所以
故選BCD．]
13．已知函數f (x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R，e是自然對數的底數)在x＝0處取得極小值，則m＝________，此時f (x)的極大值是________．
0　4e-2　[由題意知f ′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex．
由f ′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，
則f (x)＝x2ex，f ′(x)＝(x2＋2x)ex．
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
故函數f (x)的單調遞增區間是(－∞，－2)，(0，＋∞)，單調遞減區間是(－2，0)，
所以函數f (x)在x＝－2處取得極大值，且有f (－2)＝4e-2．]
14．已知函數f (x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1處取得極值，且f (1)＝－1．
(1)試求常數a，b，c的值；
(2)試判斷x＝±1是函數的極大值點還是極小值點，并說明理由．
[解]　f ′(x)＝3ax2 ＋2bx＋c，x∈R．
(1)法一：∵x＝±1是函數的極值點，
∴x＝±1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根．
由根與系數的關系知
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－．
法二：由f ′(1)＝f ′(－1)＝0，得3a＋2b＋c＝0，①
3a－2b＋c＝0，②
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－．
(2)由(1)知f (x)＝x3－x，
∴f ′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)．
當x＜－1或x＞1時，f ′(x)＞0，
當－1＜x＜1時，f ′(x)＜0，
∴函數f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減．
∴當x＝－1時，函數f (x)取得極大值，x＝－1為極大值點；當x＝1時，函數f (x)取得極小值，x＝1為極小值點．
15．(2024·新高考Ⅱ卷)已知函數f (x)＝ex－ax－a3．
(1)當a＝1時，求曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程；
(2)若f (x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝1時，f (x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
可得f (1)＝e－2，f ′(1)＝e－1，
即切點坐標為(1，e－2)，切線斜率k＝e－1，
所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0．
(2)法一：因為f (x)的定義域為R，且f ′(x)＝ex－a，
若a≤0，則f ′(x)>0對任意x∈R恒成立，
可知f (x)在R上單調遞增，無極值，不合題意；
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，則f (x)有極小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，無極大值，
由題意可得，f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
構建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
則g′(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范圍為(1，＋∞)．
法二：因為f (x)的定義域為R，且f ′(x)＝ex－a，
若f (x)有極小值，則f ′(x)＝ex－a有變號零點，
令f ′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex的圖象與y＝a有交點，則a>0，
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，
則f (x)有極小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，無極大值，符合題意．
由題意可得，f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
構建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因為y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均單調遞增，
所以g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，
則不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范圍為(1，＋∞)．
16/16第3課時　導數在函數有關問題及實際生活中的應用
[學習目標]　1．進一步掌握導數在研究函數的單調性、極值、圖象、零點等問題中的應用．(數學運算)
2．能利用導數研究函數的性質、解決簡單的實際問題．(數學運算、邏輯推理)
(教師用書)
如圖所示，海中有一座油井A，其離岸的距離AC＝1.2 km，岸是筆直的，岸上有一座煉油廠B，且BC＝1.6 km．現要用輸油管將油井A與煉油廠B連接起來，且輸油管既可以鋪設在水下，也可以鋪設在陸地上，還可以一部分鋪設在水下另一部分鋪設在陸地上．
已知水下的鋪設成本為每千米50萬元，陸地的鋪設成本為每千米30萬元．那么，鋪設輸油管的最少花費是多少？
[討論交流]　
問題　如何應用導數解決生活中的實際問題？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　導數在實際問題中的應用
【鏈接·教材例題】
例8　某制造商制造并出售球形瓶裝的某種飲料．瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r(單位：cm)是瓶子的半徑．已知每出售1 mL的飲料，制造商可獲利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半徑為6 cm．
(1)瓶子半徑多大時，能使每瓶飲料的利潤最大？
(2)瓶子半徑多大時，每瓶飲料的利潤最小？
[解]　由題意可知，每瓶飲料的利潤是
y＝f (r)＝0.2×πr3－0.8πr2
＝0.8π，0＜r≤6．
所以
f ′(r)＝0.8π(r2－2r)．
令f ′(r)＝0，解得r＝2．
當r∈(0，2)時，f ′(r)＜0；
當r∈(2，6)時，f ′(r)＞0．
因此，當半徑r＞2時，f ′(r)＞0，f (r)單調遞增，即半徑越大，利潤越高；當半徑r＜2時，f ′(r)＜0，f (r)單調遞減，即半徑越大，利潤越低．
(1)半徑為6 cm時，利潤最大．
(2)半徑為2 cm時，利潤最小，這時f (2)＜0，表示此種瓶內飲料的利潤還不夠瓶子的成本，此時利潤是負值．
[典例講評]　1．(源自北師大版教材)如圖1所示，一邊長為48 cm的正方形鐵皮，四角各截去一個大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一個無蓋長方體容器，如圖2所示．所得容器的容積V(單位：cm3)是關于截去的小正方形的邊長x(單位：cm)的函數．
(1)隨著x的變化，容積V是如何變化的？
(2)截去的小正方形的邊長為多少時，容器的容積最大？最大容積是多少？
[解]　(1)根據題意，可得
V＝V(x)＝(48－2x)2x．
由實際情況可知函數V(x)的定義域為{x|0＜x＜24}．
根據導數公式表及導數的運算法則，可得
V′(x)＝－4x(48－2x)＋(48－2x)2
＝(48－2x)(－6x＋48)
＝12(x－24)(x－8)．
解方程V′(x)＝0，
得x1＝8，x2＝24．
根據x1，x2列出表如下，分析V′(x)的符號、V(x)的單調性和極值點．
x (0，8) 8 (8，24)
V′(x) ＋ 0 －
V＝V(x) ? 極大值 ?
根據表中V′(x)與V(x)的變化情況可知，x＝8是函數V＝V(x)的極大值點，相應的極大值為V＝V(8)＝(48－16)2×8＝8 192(cm3)．
V＝(48－2x)2x的大致圖象如圖．
根據對函數變化規律的討論可知：
當0＜x≤8時，函數V＝V(x)單調遞增；
當8≤x＜24時，函數V＝V(x)單調遞減．
(2)區間(0，24)上任意點的函數值都不超過V(8)，因此，x＝8是函數的最大值點．
此時V＝V(8)＝8 192(cm3)是函數V＝V(x)在區間(0，24)內的最大值．
即當截去的小正方形的邊長為8 cm時，得到的容器容積最大，最大容積為8 192 cm3．
　1．解決最優問題應從以下兩個方面入手
(1)設出變量，找出函數關系式，確定定義域．
(2)在實際應用問題中，若函數f (x)在定義域內只有一個極值點，則它就是最值點．
2．利用導數解決生活中優化問題的四個步驟
第一步：設出恰當的未知量，并確定未知量的取值集合(即函數的定義域)．
第二步：依題意將所求最值的量表示為未知量的函數．
第三步：求出函數的導數，令導數等于0，得到導數為0的點．
第四步：通過單調性確定出函數的極值點及最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)某企業要生產容積為V m3的圓柱形密閉容器(如圖所示)，已知該容器側面耗材為1元/m2，上下底面的耗材為1.5元/m2．問：如何設計圓柱的高度h m和上下底面的半徑r m，使得費用最少？
[解]　由題意可得，所需費用為
C＝2πrh×1＋2πr2×1.5＝2πrh＋3πr2．
由于容器的容積為V＝πr2h，從而πrh＝，因此
C(r)＝＋3πr2．
對C(r)關于r求導，得C′(r)＝－＋6πr．
令C′(r)＝0，解得r＝．
當r∈時，C′(r)＜0，則C(r)單調遞減；
當r∈時，C′(r)＞0，則C(r)單調遞增．
因此，C(r)在r＝處取到極小值，也是最小值(如圖所示)．
由r＝．
因此，當圓柱上下底面半徑r＝，高h＝3r時，所需費用最少．
探究2　利用導數研究函數的零點或方程的根
【鏈接·教材例題】
例7　給定函數f (x)＝(x＋1)ex．
(1)判斷函數f (x)的單調性，并求出f (x)的極值；
(2)畫出函數f (x)的大致圖象；
(3)求出方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數．
[解]　(1)函數的定義域為R．
f ′(x)＝(x＋1)′ex＋(x＋1)(ex)′
＝ex＋(x＋1)ex
＝(x＋2)ex．
令f ′(x)＝0，
解得x＝－2．
f ′(x)，f (x)的變化情況如表5.3-4所示．
表5.3-4
x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f (x) 單調遞減 － 單調遞增
所以，f (x)在區間(－∞，－2)上單調遞減，在區間(－2，＋∞)上單調遞增．
當x＝－2時，f (x)有極小值f (－2)＝－．
(2)令f (x)＝0，解得x＝－1．
當x＜－1時，f (x)＜0；當x＞－1時，f (x)＞0．
所以，f (x)的圖象經過特殊點A，B(－1，0)，C(0，1)．
當x→－∞時，與一次函數相比，指數函數y＝e－x呈爆炸性增長，從而f (x)＝→0；
當x→＋∞時，f (x)→＋∞，f ′(x)→＋∞．
根據以上信息，我們畫出f (x)的大致圖象如圖5.3-17所示．
(3)方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數為函數y＝f (x)的圖象與直線y＝a的交點個數．
由(1)及圖5.3－17可得，當x＝－2時，f (x)有最小值f (－2)＝－．
所以，關于方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數有如下結論：
當a＜－時，解為0個；
當a＝－或a≥0時，解為1個；
當－＜a＜0時，解為2個．
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝ex－1，g(x)＝＋x．
(1)證明：函數h(x)＝f (x)－g(x)在區間(1，2)上有零點；
(2)求方程f (x)＝g(x)的根的個數，并說明理由．
[解]　(1)證明：由題意可得
h(x)＝f (x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－＞0，
所以h(1)·h(2)＜0，
所以函數h(x)在區間(1，2)上有零點．
(2)由(1)可知h(x)＝f (x)－g(x)＝ex－1－－x(x≥0)．
而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點．
又h(x)在(1，2)內有零點，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．
h′(x)＝ex－－1，
記φ(x)＝ex－－1，
則φ′(x)＝ex＋．
當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
φ＝－1＜0，φ(1)＝e－＞0，
存在唯一的x0∈，使φ(x0)＝0，
即h′(x0)＝0，滿足＝＋1．
易證得x0為h(x)的極小值點，且h(x0)＝－1－－x0＝＜0，
顯然h(x)在[0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
結合(1)知h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點，
所以方程f (x)＝g(x)的根的個數為2．
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝ex－．
(1)求曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程；
(2)判斷函數f (x)的零點的個數，并說明理由．
[解]　(1)由f (x)＝ex－，得f ′(x)＝ex＋，則f ′(0)＝3，而f (0)＝2，所以曲線在點(0，f (0))處的切線方程為y－2＝3(x－0)，即3x－y＋2＝0．
(2)函數f (x)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，由(1)可知，f ′(x)＝ex＋，
當x∈(－∞，1)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
因為f (－2)f (0)＝·2＝2＜0，所以函數f (x)在x∈(－∞，1)上有唯一零點；
當x∈(1，＋∞)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
因為f (2)f ＝(e2－3)·＜0，所以函數f (x)在x∈(1，＋∞)上有唯一零點，所以f (x)有2個零點．
　函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據函數零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的統一．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝x3－3x＋a(a為實數)，若方程f (x)＝0有三個不同的實數根，求實數a的取值范圍．
[解]　f ′(x)＝3x2－3，令f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0，解得x1＝－1，x2＝1．
當x<－1時，f ′(x)>0；
當－1當x>1時，f ′(x)>0．
所以當x＝－1時，f (x)有極大值f (－1)＝2＋a；
當x＝1時，f (x)有極小值f (1)＝－2＋a．
因為方程f (x)＝0有三個不同的實數根，
所以y＝f (x)的圖象與x軸有三個交點，如圖．
由已知應有
解得－2探究3　利用導數證明不等式
[典例講評]　3．當x＞0時，證明不等式ln (x＋1)＞x－x2．
[思路導引]　利用導數證明不等式，首先要構造函數f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，然后求函數f (x)的最小值，從而證明f (x)min＞0．
[證明]　令f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，函數f (x)的定義域為(－1，＋∞)．
∵f ′(x)＝－1＋x＝．
當x∈(－1，＋∞)時，f ′(x)≥0，從而f (x)在(－1，＋∞)上是增函數．
當x＞0時，f (x)＞f (0)＝0．
∴當x＞0時，ln (x＋1)＞x－x2成立．
　利用函數的最值證明不等式的基本步驟
(1)將不等式構造成f (x)＞0(或＜0)的形式．
(2)利用導數將函數y＝f (x)在所給區間上的最小值(或最大值)求出．
(3)證明函數y＝f (x)的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可證得原不等式成立．
[學以致用]　3．已知x＞0，證明：1＋2x＜e2x．
[證明]　設f (x)＝1＋2x－e2x，
則f ′(x)＝2－2e2x＝2(1－e2x)．
當x＞0時，2x＞0，e2x＞e0＝1，
∴f ′(x)＝2(1－e2x)＜0，
∴函數f (x)＝1＋2x－e2x在(0，＋∞)上單調遞減．
∵函數f (x)＝1＋2x－e2x是連續函數，
∴當x＞0時，f (x)＜f (0)＝0，
∴當x＞0時，1＋2x－e2x＜0，即1＋2x＜e2x．
1．設函數f (x)的導函數為f ′(x)，若f (x)為偶函數，且在(0，1)上存在極大值，則f ′(x)的圖象可能為(　　)
A　　　　B　　　　　C　　　　　D
C　[根據題意，f (x)為偶函數，則其導函數f ′(x)為奇函數，結合函數圖象可以排除B，D．又由于函數f (x)在(0，1)上存在極大值，則其導函數在(0，1)上存在零點，且零點左側導函數值符號為正，右側導函數值符號為負，結合選項可以排除A，只有C選項符合題意．]
2．某箱子的體積與底面邊長x的關系為V(x)＝x2(0A．30　　B．40　　C．50　　D．60
B　[V′(x)＝－x2＋60x＝－x(x－40)，
因為0＜x＜60，所以當0＜x＜40時，V′(x)>0，
此時V(x)單調遞增；
當403．方程x3－6x2＋9x＋m＝0恰有三個不等的實根，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－4)
B．(－4，0)
C．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
D．(0，＋∞)
B　[設f (x)＝x3－6x2＋9x，可得f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
令f ′(x)＞0，即(x－1)(x－3)＞0，解得x＜1或x＞3，
令f ′(x)＜0，即(x－1)(x－3)＜0，解得1＜x＜3，
所以函數f (x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，
則當x＝1時，函數f (x)取得極大值f (1)＝4，
當x＝3時，函數f (x)取得極小值f (3)＝0，
要使得方程x3－6x2＋9x＋m＝0恰有三個不等的實根，即函數y＝f (x)與y＝－m的圖象有三個不同的交點，所以0＜－m＜4，解得－4＜m＜0，
即實數m的取值范圍是(－4，0)．]
4．在區間(0，π)上，sin x與x的大小關系是________．
sin x＜x　[構造函數f (x)＝sin x－x，x∈(0，π)，則f ′(x)＝cos x－1＜0，故函數f (x)在(0，π)上單調遞減，所以f (x)＜f (0)＝0，故sin x＜x．]
1．知識鏈：(1)導數在實際問題中的應用．
(2)研究求函數零點的方法．
(3)利用導數證明不等式．
2．方法鏈：轉化法、數形結合法、分類討論法．
3．警示牌：不能正確分析函數圖象的變化趨勢，從而不能正確得到函數零點的個數．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．用導數解決優化問題的實質是什么？
[提示]　生活中常常會遇到求利潤最大、用料最省、效率最高等問題，這些問題通常稱為優化問題，用導數解決這些優化問題的實質是求函數的最值．
2．用導數解決生活中的優化問題的一般步驟是什么？
[提示]　①審題：理解文字表達的題意，分析實際問題中各量之間的關系．
②建模：將文字語言轉化為數學語言，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系．
③解模：把數學問題劃歸為求最值問題．
ⅰ．求函數的導數，解導數值為0的方程；
ⅱ．比較函數在區間端點和使導數值為0的點處的函數值的大小，即得最大(小)值．
④寫出答案．
注意：在將實際問題轉化為數學問題時，要注意所設變量的取值范圍．
3．用導數解決實際問題中的最值問題應注意哪些事項？
[提示]?、僖⒁饪紤]實際問題的意義，不符合題意的值應舍去．
②在實際問題中，有時會遇到區間內只有一個點使f ′(x)＝0的情形，如果函數在該點有極大(小)值，那么不與端點值比較，也可以知道這是最大(小)值．
③要注意問題中涉及的變量關系用函數式表示，以及確定函數關系式中自變量的取值范圍．
4．已知函數的零點(方程根)的個數，求參數的取值范圍有哪些常用的方法？
[提示]　常用的方法有三種：
①直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；
②分離參數法，先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；
③數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．一是轉化為兩個函數y＝g(x)，y＝h(x)的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，二是轉化為y＝a，y＝g(x)的圖象的交點個數問題．
課時分層作業(二十二)　導數在函數有關問題及實際生活中的應用
一、選擇題
1．某箱子的容積V與底面邊長x的關系為V(x)＝－2x3＋30x2(0＜x＜15)，則當箱子的容積最大時，箱子底面邊長為(　　)
A．5 B．8 C．10 D．12
C　[因為V(x)＝－2x3＋30x2(0＜x＜15)，
所以V′(x)＝－6x2＋60x＝－6x(x－10)，
所以在(0，10)上，V′(x)＞0，V(x)單調遞增，
在(10，15)上，V′(x)＜0，V(x)單調遞減，
所以當x＝10時，V(x)取得最大值．故選C．]
2．已知函數f (x)＝x3＋ax2＋1圖象的對稱中心的橫坐標x0＞0，且f (x)有三個零點，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，0) B．
C．(0，＋∞) D．(－∞，－1)
B　[f ′(x)＝3x2＋2ax，令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝－，∴x0＝－＞0，∴a＜0．
∴當x＜0或x＞－時，f ′(x)＞0，
當0＜x＜－時，f ′(x)＜0．
∴f (x)在(－∞，0)上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．
∴f (x)的極大值為f (0)＝1，極小值為f ＝＋1．
∵f (x)有三個零點，∴＋1＜0，解得a＜－．]
3．某產品的銷售收入y1(萬元)與產量x(千臺)的函數關系為y1＝17x2(x＞0)，生產成本y2(萬元)與產量x(千臺)的函數關系為y2＝2x3－x2(x＞0)，為使利潤最大，應生產(　　)
A．6千臺 B．7千臺
C．8千臺 D．9千臺
A　[設利潤為y，則y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝－2x3＋18x2(x＞0)．
又由y′＝－6x2＋36x＝0，得x＝6，且當x∈(0，6)時，y′＞0，當x∈(6，＋∞)時，y′＜0，
∴當x＝6時，y最大，故應生產6千臺．]
4．已知函數f (x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數g(x)＝x2＋2x＋a的零點個數為(　　)
A．0 B．1
C．2 D．取決于a的值
C　[f ′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x)．
因為函數f (x)有最小值，且由題意得最小值即極小值，所以f ′(x)＝0有解．
當有一解x0時，在x0兩側f ′(x)＞0都成立，此時f (x)是單調遞增的，沒有極值，不符合題意，舍去，因此f ′(x)＝0有兩解，即x2＋2x＋a＝0有兩解，故g(x)有兩個零點．]
5．(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數f (x)＝x3－x＋1，則(　　)
A．f (x)有兩個極值點
B．f (x)有三個零點
C．點(0，1)是曲線y＝f (x)的對稱中心
D．直線y＝2x是曲線y＝f (x)的切線
AC　[由題意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞或x＜－，
令f ′(x)＜0，得－＜x＜，
所以f (x)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以x＝±是極值點，故A正確；
因為f ＝1＋＞0，f ＝1－＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以，函數f (x)在上有一個零點，
當x≥時，f (x)≥f ＞0，即函數f (x)在上無零點，
綜上所述，函數f (x)有一個零點，故B錯誤；
令h(x)＝x3－x，該函數的定義域為R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
則h(x)是奇函數，點(0，0)是h(x)圖象的對稱中心，將h(x)的圖象向上平移一個單位長度得到f (x)的圖象，
所以點(0，1)是曲線y＝f (x)的對稱中心，故C正確；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，
又f (1)＝f (－1)＝1，
當切點為(1，1)時，切線方程為y＝2x－1，當切點為(－1，1)時，切線方程為y＝2x＋3，故D錯誤．
故選AC．]
二、填空題
6．已知函數f (x)＝x4＋9x＋5，則f (x)的圖象在(－1，3)內與x軸的交點的個數為________．
1　[f ′(x)＝4x3＋9，
當x∈(－1，3)時，f ′(x)＞0，所以f (x)在(－1，3)上單調遞增，因為f (－1)＝－3＜0，f (0)＝5＞0，所以f (x)的圖象在(－1，3)內與x軸只有一個交點．]
7．已知x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一個根，則＝________．
3　[因為x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一個根，所以－ln x0＋2x0＝0，
所以－ln x0－x0＋3x0＝0，
所以＋3x0＝ln x0＋x0，
令u(x)＝ln x＋x(x＞0)，則u′(x)＝＋1＝＞0，所以u(x)在(0，＋∞)上為增函數，又因為＝u(x0)，
所以＝x0，兩邊取對數可得3x0＝ln x0，即＝3．]
8．為了應對比賽，某運動會組委會將對泳池進行檢修，已知泳池深度為2 m，其容積為2 500 m3，如果池底每平方米的維修費用為150元，設較短池壁長度為x，且據估計較短的池壁維修費用與池壁長度成正比，且比例系數為k(k＞0)，較長的池壁總維修費用滿足代數式，則當泳池的維修費用最低時，x的值為________．
25　[由題可知池底面積為＝1 250，為定值，即池底維修費用為定值，則泳池維修費用由池壁維修費用決定．
又x表示較短池壁長，則0＜x≤ 0＜x≤25，則池壁維修費用為2×x＋．
設f (x)＝x＋，0＜x≤25，
則f ′(x)＝＝．
令f ′(x)＝0，可得x＝25，則由f ′(x)＞0 25＜x≤25，由f ′(x)＜0 0＜x＜25，所以f (x)在(0，25)上單調遞減，在(25，25]上單調遞增，即f (x)min＝f (25)．
故當泳池的維修費用最低時，x的值為25．]
三、解答題
9．已知A，B兩地的距離是100 km．根據交通法規，兩地之間的公路車速應限制在[50，100](單位：km/h)，油價為8元/L．假設汽車以x km/h的速度行駛時，耗油率為L/h，司機的人工費為40元/h．
(1)請將總費用W表示為車速x的函數；
(2)試確定x的值，使總費用W最小．
[解]　(1)汽車的運行時間為 h．
汽車的油耗費用為8＝元．
汽車的總費用為W(x)＝＋2x＋40×＝2x＋，x∈[50，100]．
(2)因為W′(x)＝2－，
當x∈[50，60)時，W′(x)＜0，函數W(x)單調遞減；當x∈(60，100]時，W′(x)＞0，函數W(x)單調遞增．
故當x＝60時，總費用W(x)最小．
10．(多選)設x3＋ax＋b＝0(a，b∈R)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是(　　)
A．a＝－3，b＝2 B．a＝－3，b＝－3
C．a＝－3，b＞2 D．a＝1，b＝2
BCD　[記f (x)＝x3＋ax＋b，
當a＝－3，b＝2時，f (x)＝x3－3x＋2＝(x－1)2(x＋2)＝0，x＝1或x＝－2，不滿足題意；
當a＝－3，b＝－3時，f (x)＝x3－3x－3，f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
f (x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減，而f (x)極大值＝f (－1)＝－1＜0，f (x)只有一個零點，即f (x)＝0只有一個實根；同理a＝－3，b＞2時，f (x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減，而f (x)極小值＝f (1)＝b－2＞0，f (x)只有一個零點，即f (x)＝0只有一個實根；當a＝1，b＝2時，f (x)＝x3＋x＋2＝(x＋1)(x2－x＋2)＝0，只有一個實根－1，故選BCD．]
11．(多選)已知函數f (x)＝x2ex，x∈R，下列結論正確的是(　　)
A．函數f (x)不存在最大值，也不存在最小值
B．函數f (x)存在極大值和極小值
C．函數f (x)有且只有一個零點
D．函數f (x)的極小值就是f (x)的最小值
BCD　[由題意得f ′(x)＝x(x＋2)ex．
令f ′(x)＜0，得－2＜x＜0；
令f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞0，
所以函數f (x)在(－2，0)上單調遞減，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上單調遞增．
易得f (0)＝0，f (x)＝x2ex≥0．
作出函數f (x)的大致圖象，如圖，則f (x)min＝f (0)＝0，函數f (x)在x＝－2處取得極大值，在x＝0處取得極小值，極小值f (0)即為最小值，且函數有且只有一個零點0．故選BCD．]
12．已知函數f (x)＝，x∈(0，＋∞)，則下列結論正確的是(　　)
A．函數y＝f (x)既有最小值也有最大值
B．函數y＝f (x)既無最大值也無最小值
C．函數y＝f (x)有一個零點
D．函數y＝f (x)有兩個零點
C　[由題意得f ′(x)＝＝．因為x∈(0，＋∞)，x2＋1＞0，ex＞0，所以當x∈(0，3)時，f ′(x)＞0，此時函數y＝f (x)單調遞增；當x∈(3，＋∞)時，f ′(x)＜0，此時函數y＝f (x)單調遞減．故函數y＝f (x)有最大值，無最小值，故A，B均錯誤．設g(x)＝x3＋x－2，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝3x2＋1＞0恒成立，所以函數y＝g(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝1＋1－2＝0，所以函數y＝g(x)有一個零點，即函數y＝f (x)有一個零點．故C正確，D錯誤．故選C．]
13．已知函數f (x)＝ex－2ax＋a，若f (x)恰有兩個零點，則實數a的取值范圍是________．
　[已知f (x)＝ex－2ax＋a，定義域為R，顯然不是f (x)的零點，
令f (x)＝0，解得a＝，不妨設g(x)＝，
可得g′(x)＝，當g′(x)＜0時，解得x＜且x≠；
當g′(x)＞0時，解得x＞，
所以函數g(x)在上單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增，當x＜時，g(x)＜0；當x＞時，g(x)＞0，其大致圖象如圖所示，
所以當x＝時，函數g(x)取得極小值，極小值g＝，
則實數a的取值范圍為．]
14．已知函數f (x)＝ln x＋1．
(1)若f (x)的圖象在x＝t處的切線過原點，求切線的方程；
(2)令g(x)＝，求證：g(x)≤1．
[解]　(1)∵f ′(x)＝，∴f (x)的圖象在x＝t處的切線的斜率為．
又點(t，ln t＋1)在f (x)的圖象上，f (x)的圖象在x＝t處的切線過原點，
∴＝，解得t＝1．
∴切線的方程為y－1＝x－1，即y＝x．
(2)[證明]　∵g(x)＝，
∴g′(x)＝＝－，
由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，
∴g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
∴函數g(x)的最大值為g(1)＝1，∴g(x)≤1．
15．已知函數f (x)＝ex-1－x2．
(1)求函數f (x)的零點個數；
(2)若n∈N，且n≥2，求證：1＋＋…＋≤n＋ln ．
[解]　(1)已知f (x)＝ex-1－x2，函數定義域為R，
可得f ′(x)＝ex-1－x，不妨設g(x)＝ex-1－x，函數g(x)的定義域為R，
可得g′(x)＝ex-1－1，當x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減；
當x＞1時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增，
所以g(x)≥g(1)＝0，即f ′(x)≥0，當且僅當x＝1時等號成立，
所以函數f (x)＝ex-1－x2在R上單調遞增，
又f (－1)＝＜0，f (0)＝＞0，
所以在區間(－1，0)上存在唯一一點x0，使得f (x0)＝0，
則函數f (x)在定義域上共有1個零點．
(2)證明：若n∈N，且n≥2，
n＋ln ＝n(1－ln 2)＋ln (n＋1)＝n(1－ln 2)＋ln ＋ln ＋…＋ln ，
要證1＋＋…＋≤n＋ln ，n≥2，
需證1＋＋…＋≤n(1－ln 2)＋ln ＋ln ＋…＋ln ，n≥2，
只需證－ln ≤1－ln 2，
即證－ln ≤1－ln 2．
由(1)知函數f (x)在R上單調遞增，
則當0＜x≤1時，f (x)≤f (1)，
可得ex-1－x2≤，即ex-1≤(1＋x2)，
整理得x－1≤ln (1＋x2)－ln 2，即x－ln (1＋x2)≤1－ln 2，
令x＝，x＞0，此時－ln ≤1－ln 2，
故1＋＋…＋≤n＋ln 成立．
18/18第3課時　導數在函數有關問題及實際生活中的應用
[學習目標]　1．進一步掌握導數在研究函數的單調性、極值、圖象、零點等問題中的應用．(數學運算)
2．能利用導數研究函數的性質、解決簡單的實際問題．(數學運算、邏輯推理)
[討論交流]　
問題　如何應用導數解決生活中的實際問題？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　導數在實際問題中的應用
[典例講評]　1．(源自北師大版教材)如圖1所示，一邊長為48 cm的正方形鐵皮，四角各截去一個大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一個無蓋長方體容器，如圖2所示．所得容器的容積V(單位：cm3)是關于截去的小正方形的邊長x(單位：cm)的函數．
(1)隨著x的變化，容積V是如何變化的？
(2)截去的小正方形的邊長為多少時，容器的容積最大？最大容積是多少？
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　1．解決最優問題應從以下兩個方面入手
(1)設出變量，找出函數關系式，確定定義域．
(2)在實際應用問題中，若函數f (x)在定義域內只有一個極值點，則它就是最值點．
2．利用導數解決生活中優化問題的四個步驟
第一步：設出恰當的未知量，并確定未知量的取值集合(即函數的定義域)．
第二步：依題意將所求最值的量表示為未知量的函數．
第三步：求出函數的導數，令導數等于0，得到導數為0的點．
第四步：通過單調性確定出函數的極值點及最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)某企業要生產容積為V m3的圓柱形密閉容器(如圖所示)，已知該容器側面耗材為1元/m2，上下底面的耗材為1.5元/m2．問：如何設計圓柱的高度h m和上下底面的半徑r m，使得費用最少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2　利用導數研究函數的零點或方程的根
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝ex－1，g(x)＝＋x．
(1)證明：函數h(x)＝f (x)－g(x)在區間(1，2)上有零點；
(2)求方程f (x)＝g(x)的根的個數，并說明理由．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據函數零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的統一．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝x3－3x＋a(a為實數)，若方程f (x)＝0有三個不同的實數根，求實數a的取值范圍．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3　利用導數證明不等式
[典例講評]　3．當x＞0時，證明不等式ln (x＋1)＞x－x2．
[思路導引]　利用導數證明不等式，首先要構造函數f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，然后求函數f (x)的最小值，從而證明f (x)min＞0．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　利用函數的最值證明不等式的基本步驟
(1)將不等式構造成f (x)＞0(或＜0)的形式．
(2)利用導數將函數y＝f (x)在所給區間上的最小值(或最大值)求出．
(3)證明函數y＝f (x)的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可證得原不等式成立．
[學以致用]　3．已知x＞0，證明：1＋2x＜e2x．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．設函數f (x)的導函數為f ′(x)，若f (x)為偶函數，且在(0，1)上存在極大值，則f ′(x)的圖象可能為(　　)
A　　　　B　　　　　C　　　　　D
2．某箱子的體積與底面邊長x的關系為V(x)＝x2(0A．30　　B．40　　C．50　　D．60
3．方程x3－6x2＋9x＋m＝0恰有三個不等的實根，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－4)
B．(－4，0)
C．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
D．(0，＋∞)
4．在區間(0，π)上，sin x與x的大小關系是________．
1．知識鏈：(1)導數在實際問題中的應用．
(2)研究求函數零點的方法．
(3)利用導數證明不等式．
2．方法鏈：轉化法、數形結合法、分類討論法．
3．警示牌：不能正確分析函數圖象的變化趨勢，從而不能正確得到函數零點的個數．
4/4(共66張PPT)
第1課時　函數的極值
第五章　一元函數的導數及其應用
5.3　導數在研究函數中的應用
5.3.2　函數的極值與最大(小)值
整體感知
[學習目標]　1．了解函數的極值及相關的概念．(數學抽象)
2．能利用導數求某些函數的極值．(數學運算)
3．體會導數在求極值中的應用．(數學運算)
4．能利用導數研究與函數極值等相關的問題．(數學運算)
(教師用書)
“橫看成嶺側成峰，遠近高低各不同”．說的是廬山的高低起伏，錯落有致，在群山之中，各個山峰的頂端，雖不一定是群山的最高處，但它卻是其附近的最高點．由此聯想廬山的連綿起伏形成好多的“峰點”與“谷點”．這就是我們這節課研究的函數的極值．
[討論交流]　
問題1．極大值、極小值的概念是什么？
問題2．函數的極大值點、極小值點是什么？
問題3．如何求函數的極值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究建構
探究1　函數極值的概念
探究問題1　如圖是某處群山的截面圖，你能指出山峰、山谷嗎？
[提示]　在x1，x3，x5處是山峰，在x2，x4處是山谷．
探究問題2　你能從函數與導數角度描述一下探究問題1中在各個山峰、山谷附近的特點嗎？
[提示]　以山峰x＝x1處為例來研究，在x＝x1處，它附近的函數值都比它小，且在x＝x1處的左側函數是單調遞增的，且有f ′(x)＞0，在x＝x1處的右側函數是單調遞減的，且有f ′(x)＜0，函數圖象是連續不斷的，f ′(x)的變化也是連續不斷的，并且有f ′(x1)＝0．
[新知生成]
極值點與極值的概念
(1)極小值點與極小值
函數y＝f (x)在點x＝a處的函數值f (a)比它在點x＝a附近其他點處的函數值都小，f ′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側__________，右側__________，則把a叫做函數y＝f (x)的________，f (a)叫做函數y＝
f (x)的______．
f ′(x)＜0
f ′(x)＞0
極小值點
極小值
(2)極大值點與極大值
函數y＝f (x)在點x＝b處的函數值f (b)比它在點x＝b附近其他點處的函數值都大，f ′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側__________，右側__________，則把b叫做函數y＝f (x)的________，f (b)叫做函數y＝
f (x)的______．
(3)極大值點、極小值點統稱為______，極大值和極小值統稱為____．
f ′(x)＞0
f ′(x)＜0
極大值點
極大值
極值點
極值
【教用·微提醒】　1．極值點是函數單調性的轉折點，因此若f (x)在(a，b)內有極值，則f (x)在(a，b)內不是單調函數．
2．極值點不是點，出現在區間的內部，端點不能是極值點．
[典例講評]　1．函數y＝f (x)的導函數的圖象如圖所示，給出下列判斷：
①函數y＝f (x)在區間(3，5)上單調遞增；
②函數y＝f (x)在區間上單調遞減；
③函數y＝f (x)在區間(－2，2)上單調遞增；
④當x＝－時，函數y＝f (x)有極大值；
⑤當x＝2時，函數y＝f (x)有極大值．
則上述判斷中正確的序號是________．
③⑤
③⑤　[對于①，當x∈(3，4)時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
當x∈(4，5)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以①錯誤；
對于②，當x∈時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
當x∈(2，3)時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，所以②錯誤；
對于③，當x∈(－2，2)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以③正確；
對于④，當x∈(－2，2)時，f ′(x)＞0，
f (x)單調遞增，故當x＝－時，f 不是極大值，所以④錯誤；
對于⑤，由②知當x＝2時，函數y＝f (x)取得極大值，所以⑤正確．]
反思領悟　關于函數極值的概念的理解
(1)可導函數y＝f (x)在點x＝x0處取得極值的充要條件是f ′(x0)＝0，且在x＝x0左側與右側f ′(x)的符號不同．
(2)若f (x)在(a，b)內有極值，那么f (x)在(a，b)內不是單調函數，即在某區間上單調遞增或單調遞減的函數沒有極值．
[學以致用]　1．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f (x)在區間(a，b)內的極小值點的個數為(　　)
A．1　　　　
B．2　　　　
C．3　　　　
D．4
√
A　[由圖象，設f ′(x)與x軸負半軸的兩個“穿過”x軸的交點的橫坐標分別為c，d，其中c＜d，可知在(a，c)，(d，b)上，f ′(x)≥0，所以此時函數f (x)在(a，c)，(d，b)上單調遞增，在(c，d)上，f ′(x)＜0，此時f (x)在(c，d)上單調遞減，所以x＝d時，函數取得極小值．
則函數y＝f (x)的極小值點的個數為1．]
【鏈接·教材例題】
例5　求函數f (x)＝x3－4x＋4的極值．
探究2　求函數的極值
[解]　因為f (x)＝x3－4x＋4，所以
f ′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
令f ′(x)＝0，解得x＝－2，或x＝2．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表5.3-2所示．
表5.3-2
x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調 遞增 單調 遞減 － 單調
遞增
因此，當x＝－2時，f (x)有極大值，并且極大值為
f (－2)＝；
當x＝2時，f (x)有極小值，并且極小值為
f (2)＝－．
函數f (x)＝x3－4x＋4的圖象如圖5.3-12所示．
[典例講評]　2．求下列函數的極值．
(1)f (x)＝x3－x2－3x＋3；(2)f (x)＝＋3ln x．
[解]　(1)f ′(x)＝x2－2x－3，x∈R，
令f ′(x)＝0，得x1＝3，x2＝－1，當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表所示：
∴當x＝－1時，f (x)有極大值，且f (x)極大值＝，當x＝3時，f (x)有極小值，且
f (x)極小值＝－6．
x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值－6 單調遞增
(2)函數f (x)＝＋3ln x的定義域為(0，＋∞)，
f ′(x)＝－＝，令f ′(x)＝0得x＝1．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表所示：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f (x) 單調遞減 極小值3 單調遞增
∴當x＝1時，f (x)有極小值，且f (x)極小值＝3，無極大值．
發現規律　求可導函數f (x)極值的步驟
(1)定義域：求函數的______．
(2)求導：求函數的___________．
(3)令f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0____________，即導函數f ′(x)的零點．
(4)列表：方程的根x0將整個定義域分成若干個區間，把x，f ′(x)，
f (x)在每個區間內的變化情況列在一個表格內．
(5)結論：若導數f ′(x)在x＝x0附近左正右負，則函數f (x)在x＝x0處取得______；若左負右正，則函數f (x)取得______．
定義域
導數f ′(x)
全部的根x0
極大值
極小值
[學以致用]　2．(源自人教B版教材)已知函數f (x)＝x3－4x＋4，求函數的極值，并作出函數圖象的示意圖．
[解]　由題意可得f ′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
解方程f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝2．
解不等式f ′(x)>0，可得x<－2或x>2，此時f (x)單調遞增．
解不等式f ′(x)<0，可得－2因此，f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，而且f ′(－2)＝f ′(2)＝0．
從而可知x＝－2是函數的極大值點，極大值為f (－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋4＝；x＝2是函數的極小值點，極小值為f (2)＝×23－4×2＋4＝－．
函數圖象的示意圖如圖所示．
探究3　由極值求參數的值或范圍
[典例講評]　3．(1)已知函數f (x)＝x3－2ax2＋a2x＋1在x＝1處取得極小值，則a的值為(　　)
A．1　　B．3　　C．1或3　　D．－1或3
(2)已知函數f (x)＝(x－2)ex與g(x)＝x ln x＋ax有相同的極值點，則實數a＝(　　)
A．－1　　B．－　　C．2　　D．ln 2＋1
√
√
(1)A　(2)A　[(1)∵f (x)＝x3－2ax2＋a2x＋1在x＝1處取得極小值，
f ′(x)＝3x2－4ax＋a2，
∴f ′(1)＝3－4a＋a2＝0，解得a＝1 或a＝3．
當a＝1時，f ′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，令f ′(x)＞0，得x＜或x＞1；令f ′(x)＜0，得＜x＜1，
則f (x)在，(1，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減，
f (x)在 x＝1 處取得極小值，符合題意．
當a＝3時，f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，令f ′(x)＞0，得x＜1或x＞3；令f ′(x)＜0，得1＜x＜3，
則f (x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，
f (x)在 x＝1 處取得極大值，不符合題意．故選A．
(2)已知f (x)＝(x－2)ex，可得f ′(x)＝(x－1)ex，
令f ′(x)＝0，解得x＝1，所以函數f (x)的極值點為x＝1．
又g(x)＝x ln x＋ax，可得g′(x)＝ln x＋a＋1，若函數f (x)與g(x)有相同的極值點，
此時g′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，經檢驗a＝－1符合題意．故選A．]
反思領悟　已知函數的極值求參數的方法
(1)對于已知可導函數的極值求參數的問題，解題的切入點是極值存在的條件：極值點處的導數值為0，極值點兩側的導數值異號．
注意：求出參數后，一定要驗證是否滿足題目的條件．
(2)對于函數無極值的問題，往往轉化為其導函數的值非負或非正在某區間內恒成立的問題，即轉化為f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在某區間內恒成立的問題，此時需注意不等式中的等號是否成立．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極大值，則m的值為(　　)
A．1　　B．2　　C．3　　D．1或3
√
C　[已知f (x)＝x(x－m)2，可得f ′(x)＝(x－m)(3x－m)，
因為函數f (x)在x＝1處取得極大值，所以f ′(1)＝(1－m)(3－m)＝0，
解得m＝1或m＝3．若m＝1，此時f ′(x)＝(x－1)·(3x－1)，
當x＜時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；當＜x＜1時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；當x＞1時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以函數f (x)在x＝1處取得極小值，不符合題意．當m＝3時，經檢驗，滿足題意，綜上，m＝3．故選C．]
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝－a(x－ln x)．
(1)當a＝0時，求f (x)在(0，＋∞)上的單調區間；
(2)若f (x)在(0，1)內有極值，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝0時，f ′(x)＝，
令f ′(x)＜0，得0＜x＜1，故f (x)在(0，1)上單調遞減；
令f ′(x)＞0，得x＞1，故f (x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以f (x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，單調遞減區間為(0，1)．
(2)由f (x)＝－a(x－ln x)，得f ′(x)＝，
由f (x)在(0，1)內有極值，可知f ′(x)＝0在(0，1)內存在變號零點，即方程ex－ax＝0在(0，1)內有解，所以a＝在(0，1)內有實根，
即直線y＝a與g(x)＝的圖象在(0，1)內有交點，
由(1)得g(x)在(0，1)內單調遞減．
又g(1)＝e，當x→0時，g(x)→＋∞，所以a＞e，即a的取值范圍為(e，＋∞)．
2
4
3
題號
1
應用遷移
√
A　[f ′(x)＝3x2－24，當x＜－2或x＞2時，f ′(x)＞0；
當－2＜x＜2時，f ′(x)＜0，∴f (x)＝x3－24x的極大值點為
－2．故選A．]
1．函數f (x)＝x3－24x的極大值點為(　　)
A．－2　　B．32　　C．2　　D．－32
2
3
題號
1
4
2．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則
f (x)(　　)
A．既有極小值，也有極大值
B．有極小值，但無極大值　
C．有極大值，但無極小值
D．既無極小值，也無極大值
√
2
3
題號
1
4
B　[由圖象可知x＜a時，f ′(x)＜0，函數單調遞減，
x＞a時，f ′(x)＞0，函數單調遞增，所以x＝a是函數的極小值點．
故選B．]
2
3
題號
4
1
3．函數f (x)＝ax3＋bx在x＝1處取得極值－2，則a，b的值分別為(　　)
A．1，－3　　 B．1，3
C．－1，3　　 D．－1，－3
A　[f ′(x)＝3ax2＋b，
由題意知即解得
故選A．]
√
2
4
3
題號
1
4．函數f (x)＝ln x－x在區間(0，e]上的極大值為________．
－1　[∵f ′(x)＝－1＝，∴f (x)在(0，1)上單調遞增，在(1，e]上單調遞減，∴函數f (x)在x＝1處取得極大值，即f (x)極大值＝f (1)＝－1．]
－1
1．知識鏈：(1)函數極值的概念．
(2)函數極值的判定及求法．
(3)函數極值的應用．
2．方法鏈：方程思想、分類討論．
3．警示牌：導數值等于零不是此點為極值點的充要條件．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．函數極值的求解依據與步驟是什么？
[提示]　一般地，求函數y＝f (x)的極值的步驟是：
①求出函數的定義域及導數f ′(x)；
②解方程f ′(x)＝0，得方程的根x0(可能不止一個)；
③用方程f ′(x)＝0的根，順次將函數的定義域分成若干個開區間，可將x，f ′(x)，f (x)在每個區間內的變化情況列在同一個表格中；
④由f ′(x)在各個開區間內的符號，判斷f (x)在f ′(x)＝0的各個根處的極值情況：
如果左正右負，那么函數f (x)在這個根處取得極大值；
如果左負右正，那么函數f (x)在這個根處取得極小值；
如果導數值在這個根左右兩側同號，那么這個根不是極值點．
2．如果函數f (x)在[a，b]上的圖象連續不斷且有極值，那么它的極值點有規律嗎？
[提示]　如果函數f (x)在[a，b]上有極值，那么它的極值點的分布是有規律的．相鄰兩個極大值點之間必有一個極小值點．同樣，相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點．一般地，當函數f (x)在[a，b]上的圖象連續且有有限個極值點時，函數f (x)在[a，b]內的極大值點、極小值點是交替出現的．
課時分層作業(二十)　函數的極值
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
14
15
A　[由題知f (x)的導函數f ′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
所以函數f (x)單調遞增，無極值點．故選A．]
一、選擇題
1．函數f (x)＝x3－3x2＋3x的極值點的個數是(　　)
A．0　　B．1　　C．2　　D．3
題號
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
2．函數f (x)的定義域為(a，b)，導函數f ′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f (x)在(a，b)內有極小值點(　　)
A．1個　　B．2個　　C．3個　　D．4個
√
14
15
A　[結合導函數的圖象可知，函數f (x)先增后減，再增，再減，
結合導數與函數單調性及極值的關系可知，函數有2個極大值點，1個極小值點．故選A．]
題號
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
3．函數f (x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f (x)在x＝－3處取得極值，則a＝(　　)
A．2　　B．3　　C．4　　D．5
√
14
15
D　[對函數求導可得f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，
∵f (x)在x＝－3處取得極值，
∴f ′(－3)＝0 a＝5，驗證知，符合題意．
故選D．]
題號
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
4．若x＝1是函數f (x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的極值點，則a的值為(　　)
A．－2　　B．3　　C．－2或3　　D．－3或2
√
14
15
B　[根據題意，f (x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex，則f ′(x)＝(x2＋2ax＋2x－a2－a＋3)ex，
又由x＝1是函數f (x)的極值點，必有f ′(1)＝6－a2＋a＝0，解得a＝3或－2，
當a＝－2時，f ′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f (x)單調遞增，無極值點，舍去；
當a＝3時，f ′(x)＝(x2＋8x－9)ex，令f ′(x)＝0，得x＝1或x＝－9，滿足x＝1為函數f (x)的極值點，所以a＝3．故選B．]
題號
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
5．(多選)已知函數f (x)＝2ln x＋x2＋bx的極小值點為2，則(　　)
A．b＝－3
B．f (x)在(0，2)上單調遞減
C．f (x)的極大值為－
D．f (x)有兩個零點
√
14
15
√
題號
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
AC　[已知f (x)＝2ln x＋x2＋bx，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝＋x＋b．因為函數f (x)的極小值點為2，
所以f ′(2)＝0，解得b＝－3，故選項A正確；
此時f ′(x)＝＋x－3＝，當0＜x＜1時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當1＜x＜2時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；當x＞2時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以函數f (x)的單調遞減區間為(1，2)，故選項B錯誤；
當x＝1時，函數f (x)取得極大值，極大值f (1)＝－，故選項C正確；
要使函數f (x)有兩個零點，此時需滿足f (1)＞0，因為f (1)＝－＜0，
所以函數f (x)不存在兩個零點，故選項D錯誤．故選AC．
14
15
題號
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
二、填空題
6．若函數f (x)＝ex(x－1)，則函數f (x)的極值點為________．
14
15
0　[由f (x)＝ex(x－1)，得f ′(x)＝xex．令f ′(x)＝0，則x＝0，
所以當x＞0時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；當x＜0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
所以f (x)的極值點為0．]
0
題號
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
13
1
7．已知函數f (x)＝x3＋(a－1)x2－3ax＋1，若f (x)在x＝1處取得極值，則曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程為_____________．
14
15
3x＋y－1＝0　[f ′(x)＝3x2＋2(a－1)x－3a，
∵f (x)在x＝1處取得極值，
∴f ′(1)＝3＋2(a－1)－3a＝0，解得a＝1，∴f (x)＝x3－3x＋1，f ′(x)＝3x2－3，
∴f (0)＝1，k＝f ′(0)＝－3，則所求切線方程為y－1＝－3x，即3x＋y－1＝0．]
3x＋y－1＝0
題號
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
13
1
8．已知函數f (x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在極值點，則實數a的取值范圍是________．
14
15
(4，6)　[函數f (x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1的導數為f ′(x)＝x－(a＋2)＋，
由題意可得f ′(x)＝0在(4，6)內有解，
即x－(a＋2)＋＝0，亦即(x－2)(x－a)＝0在(4，6)內有解，
又4＜x＜6，可得a∈(4，6)．]
(4，6)
題號
9
2
4
5
3
8
6
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11
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13
1
三、解答題
9．函數f (x)＝x ln x－ax＋1在點A(1，f (1))處的切線斜率為－2．
(1)求實數a的值；
(2)求f (x)的單調區間和極值．
14
15
題號
9
2
4
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3
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13
1
[解]　(1)f ′(x)＝ln x＋1－a，∵在點A(1，f (1))處的切線斜率為k＝1－a＝－2，∴a＝3．
(2)由(1)得，f ′(x)＝ln x－2，x＞0，
令f ′(x)＞0，解得x＞e2，令f ′(x)＜0，解得0＜x＜e2，
∴f (x)的單調遞減區間為(0，e2)，單調遞增區間為(e2，＋∞)，f (x)在x＝e2處取得極小值1－e2，無極大值．
14
15
題號
9
2
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3
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1
10．若函數f (x)＝x2－x＋a ln x有兩個不同的極值點，則實數a的取值范圍為(　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
√
14
15
題號
9
2
4
5
3
8
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13
1
A　[函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，因為函數f (x)＝x2－x＋a ln x有兩個不同的極值點，
所以f ′(x)＝x－1＋＝＝0有兩個不同的正根，
即x2－x＋a＝0有兩個不同的正根，所以
解得0＜a＜．故選A．]
14
15
題號
9
2
4
5
3
8
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1
11．(多選)已知定義在R上的函數f (x)，其導函數f ′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述不正確的是(　　)
A．f (a)＞f (e)＞f (d)
B．函數f (x)在[a，b]上單調遞增，在[b，d]上單調遞減
C．f (x)的極值點為c，e
D．f (x)的極大值為f (b)
√
14
15
√
√
題號
9
2
4
5
3
8
6
7
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12
13
1
ABD　[由導數與函數單調性的關系知，當f ′(x)＞0時，f (x)單調遞增，當f ′(x)＜0時，f (x)單調遞減．
結合題中所給圖象知，當x∈(a，c)時，f ′(x)＞0，
∴f (x)在(a，c)上單調遞增，
當x∈(c，e)時，f ′(x)＜0，∴f (x)在(c，e)上單調遞減，
當x∈(e，＋∞)時，f ′(x)＞0，∴f (x)在(e，＋∞)上單調遞增，
∴函數f (x)在x＝c處取得極大值，在x＝e處取得極小值，
∴f (x)的極值點為c，e．
故C正確，A，B，D均不正確．故選ABD．]
14
15
題號
9
2
4
5
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1
12．(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有極大值也有極小值，則(　　)
A．bc＞0　　 B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0　　 D．ac＜0
√
14
15
√
√
題號
9
2
4
5
3
8
6
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12
13
1
BCD　[因為函數f (x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝．因為函數f (x)既有極大值也有極小值，則函數f ′(x)在(0，＋∞)上有兩個變號零點，而a≠0，所以關于x的方程ax2－bx－2c＝0有兩個不等的正實根x1，x2，
則即所以故選BCD．]
14
15
題號
9
2
4
5
3
8
6
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12
13
1
13．已知函數f (x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R，e是自然對數的底數)在x＝0處取得極小值，則m＝________，此時f (x)的極大值是________．
14
15
0　4e-2　[由題意知f ′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex．
由f ′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，則f (x)＝x2ex，f ′(x)＝(x2＋2x)ex．
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
故函數f (x)的單調遞增區間是(－∞，－2)，(0，＋∞)，單調遞減區間是(－2，0)，
所以函數f (x)在x＝－2處取得極大值，且有f (－2)＝4e-2．]
0
4e-2
題號
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14．已知函數f (x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1處取得極值，且f (1)＝－1．
(1)試求常數a，b，c的值；
(2)試判斷x＝±1是函數的極大值點還是極小值點，并說明理由．
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[解]　f ′(x)＝3ax2 ＋2bx＋c，x∈R．
(1)法一：∵x＝±1是函數的極值點，
∴x＝±1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根．
由根與系數的關系知
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－．
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法二：由f ′(1)＝f ′(－1)＝0，得3a＋2b＋c＝0，①
3a－2b＋c＝0，②
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－．
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(2)由(1)知f (x)＝x3－x，
∴f ′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)．
當x＜－1或x＞1時，f ′(x)＞0，
當－1＜x＜1時，f ′(x)＜0，
∴函數f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減．
∴當x＝－1時，函數f (x)取得極大值，x＝－1為極大值點；當x＝1時，函數f (x)取得極小值，x＝1為極小值點．
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15．(2024·新高考Ⅱ卷)已知函數f (x)＝ex－ax－a3．
(1)當a＝1時，求曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程；
(2)若f (x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
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[解]　(1)當a＝1時，f (x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
可得f (1)＝e－2，f ′(1)＝e－1，
即切點坐標為(1，e－2)，切線斜率k＝e－1，
所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0．
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1
(2)法一：因為f (x)的定義域為R，且f ′(x)＝ex－a，
若a≤0，則f ′(x)>0對任意x∈R恒成立，
可知f (x)在R上單調遞增，無極值，不合題意；
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，則f (x)有極小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，無極大值，
由題意可得，f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，構建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
則g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范圍為(1，＋∞)．
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法二：因為f (x)的定義域為R，且f ′(x)＝ex－a，
若f (x)有極小值，則f ′(x)＝ex－a有變號零點，
令f ′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex的圖象與y＝a有交點，則a>0，
若a>0，令f ′(x)>0，解得x>ln a；
令f ′(x)<0，解得x可知f (x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，
則f (x)有極小值f (ln a)＝a－a ln a－a3，無極大值，符合題意．
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由題意可得，f (ln a)＝a－a ln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
構建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因為y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均單調遞增，
所以g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，
則不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，解得a>1．
所以a的取值范圍為(1，＋∞)．
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THANKS第2課時　函數的最大(小)值
[學習目標]　1．能利用導數求給定區間上不超過三次的多項式函數的最值．(數學運算)
2．會用導數求在給定區間上的函數的最值．(數學運算)
[討論交流]　
問題1．函數的最值的概念是什么？
問題2．函數的最值與極值有什么區別與聯系？
問題3．如何求函數在某一閉區間上的最大(小)值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　函數的最值
探究問題1　如圖是y＝f (x)在區間[a，b]上的函數圖象．顯然f (x1)，f (x3)，f (x5)為極大值，f (x2)，f (x4)，f (x6)為極小值．你能找到函數的最大值和最小值嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[新知生成]
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)的圖象是一條________的曲線，那么它必有最大值和最小值．
2．求函數y＝f (x)在區間[a，b]上的最值的步驟
(1)求函數y＝f (x)在區間(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________．
[典例講評]　1．求下列各函數的最值：
(1)f (x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；
(2)f (x)＝x＋sin x，x∈[0，2π]．
[思路導引]　
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　求函數在給定區間上最值的注意事項
(1)對函數求導，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，確定極值和端點函數值．
(3)要比較極值與端點函數值的大小，確定最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)求函數f (x)＝x3＋x2－2x＋1在區間[－2，1]上的最大值和最小值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2　求含參數的函數的最值
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝x3－ax2－a2x，求函數f (x)在[0，＋∞)上的最小值．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[母題探究]　當a＞0時，求函數f (x)＝x3－ax2－a2x在[－a，2a]上的最值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　含參數的函數最值問題的兩類情況
(1)能根據條件求出參數，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，則要對參數進行討論，其實質是討論導函數大于0、等于0、小于0三種情況．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，再與端點函數值比較后確定最值．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝＋k ln x，k＜，求函數f (x)在上的最大值和最小值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3　已知函數最值求參數的值(或范圍)
[典例講評]　3．已知函數f (x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．
[思路導引]　先求導，求出f ′(x)＝0的解，通過列表討論，列出方程組，求出a，b的值．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[母題探究]　
1．本例中“a＞0”改為“a＜0”，求a，b的值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．設函數f (x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值為h(t)，且h(t)＜－2t＋m對t∈(0，2)恒成立，求實數m的取值范圍．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　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．
[學以致用]　3．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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．函數f (x)＝x3－3x2＋2在區間[－1，1]上的最大值是(　　)
A．－2 B．0 C．2 D．4
上單調遞減，f (0)既是極大值也是最大值，f (0)＝2．]
2．如圖所示，函數f (x)的導函數f ′(x)的圖象是一條直線，則(　　)
A．函數f (x)沒有最大值，也沒有最小值
B．函數f (x)有最大值，沒有最小值
C．函數f (x)沒有最大值，有最小值
D．函數f (x)有最大值，也有最小值
3．函數f (x)＝ln x＋(x＞0)的最小值是________．
4．若函數f (x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在區間(0，2)上的極大值為最大值，則m的取值范圍是__________________．
1．知識鏈：(1)求函數的最值．
(2)函數最值的應用．
2．方法鏈：轉化與化歸、分類討論．
3．警示牌：忽視函數的最值與極值的區別與聯系．
5/5第2課時　函數的最大(小)值
[學習目標]　1．能利用導數求給定區間上不超過三次的多項式函數的最值．(數學運算)
2．會用導數求在給定區間上的函數的最值．(數學運算)
(教師用書)
費馬(1601－1665)是一位17世紀的法國律師，也是一位業余數學家．之所以稱費馬為“業余數學家之王”，是由于他有律師的全職工作．17世紀是杰出數學家活躍的世紀，而費馬比他同時代的大多數專業數學家更有成就．
他將無窮小的思想運用到求積問題上，已具今日微積分的雛形，這也是費馬的卓越成就之一．他在牛頓出生前的13年，提出了有關微積分的主體概念．
大約在1637年，他完成了一篇手稿《求最大值與最小值的方法》．讓我們沿著這位傳奇人物的足跡來用導數研究函數的最大(小)值問題吧！
[討論交流]　
問題1．函數的最值的概念是什么？
問題2．函數的最值與極值有什么區別與聯系？
問題3．如何求函數在某一閉區間上的最大(小)值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　函數的最值
探究問題1　如圖是y＝f (x)在區間[a，b]上的函數圖象．顯然f (x1)，f (x3)，f (x5)為極大值，f (x2)，f (x4)，f (x6)為極小值．你能找到函數的最大值和最小值嗎？
[提示]　最大值y＝M＝f (x3)＝f (b)，分別在x＝x3及x＝b處取得，最小值y＝m＝f (x4)，在x＝x4處取得．顯然極值不一定是最值，極值可以有多個，最值唯一．
[新知生成]
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)的圖象是一條連續不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．
2．求函數y＝f (x)在區間[a，b]上的最值的步驟
(1)求函數y＝f (x)在區間(a，b)內的極值；
(2)將函數y＝f (x)的各極值與端點處的函數值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．
【教用·微提醒】　函數的極值與最值的區別與聯系
(1)極值是對某一點附近(局部)而言，最值是對函數的整個定義區間[a，b]而言．
(2)在函數的定義區間[a，b]內，極大(小)值可能有多個(或者沒有)，但最大(小)值只有一個．
(3)函數f (x)的極值點不能是區間的端點，而最值點可以是區間的端點．
(4)對于在閉區間上圖象連續不斷的函數，函數的最大(小)值必在極大(小)值點或區間端點處取得．
【鏈接·教材例題】
例6　求函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的最大值與最小值．
[解]　由例5可知，在區間[0，3]上，當x＝2時，函數f (x)＝x3－4x＋4有極小值，并且極小值為f (2)＝－．
又由于
f (0)＝4，f (3)＝1，
所以，函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的最大值是4，最小值是－．
上述結論可以從函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的圖象(圖5.3-16)得到直觀驗證．
[典例講評]　1．求下列各函數的最值：
(1)f (x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；
(2)f (x)＝x＋sin x，x∈[0，2π]．
[思路導引]　
[解]　(1)f ′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3．
因為f ′(x)在[－1，1]上恒大于0，
所以f (x)在[－1，1]上單調遞增．
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．
(2)f ′(x)＝＋cos x，令f ′(x)＝0，由x∈[0，2π]，解得x＝或x＝．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如下表：
x 0 2π
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 0 單調遞增 單調遞減 單調遞增 π
由表可知，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．
　求函數在給定區間上最值的注意事項
(1)對函數求導，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，確定極值和端點函數值．
(3)要比較極值與端點函數值的大小，確定最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)求函數f (x)＝x3＋x2－2x＋1在區間[－2，1]上的最大值和最小值．
[解]　求導得f ′(x)＝3x2＋x－2．令f ′(x)＝0，則x1＝－1，x2＝．
由于x1和x2都在區間[－2，1]內，所以可列表如下：
x [－2，－1) －1
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調 遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調 遞增
又f (－2)＝－1，f (1)＝，將它們與極值比較可得，該函數在[－2，1]上的最大值為，最小值為－1．
上述結論也可從函數f (x)＝x3＋x2－2x＋1的圖象(如圖所示)得到直觀驗證．
探究2　求含參數的函數的最值
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝x3－ax2－a2x，求函數f (x)在[0，＋∞)上的最小值．
[解]　f ′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f ′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a．
①當a＞0時，f (x)在[0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．
所以f (x)min＝f (a)＝－a3．
②當a＝0時，f ′(x)＝3x2≥0，f (x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以f (x)min＝f (0)＝0．
③當a＜0時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增．
所以f (x)min＝f ＝a3．
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a3．
[母題探究]　當a＞0時，求函數f (x)＝x3－ax2－a2x在[－a，2a]上的最值．
[解]　f ′(x)＝(3x＋a)·(x－a)(a＞0)，
令f ′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a．
所以f (x)在上單調遞增，
在上單調遞減，
在(a，2a]上單調遞增．
因為f (－a)＝－a3，f ＝a3，f (a)＝－a3，f (2a)＝2a3，
所以f (x)max＝f (2a)＝2a3，
f (x)min＝f (－a)＝f (a)＝－a3．
【教用·備選題】　設函數f (x)＝(x＋1)2＋2k ln x．
(1)若k＝－2，求函數的單調遞減區間；
(2)當k＞0時，記函數g(x)＝f ′(x)，求函數g(x)在區間(0，2]上的最小值．
[解]　(1)當k＝－2時，f (x)＝(x＋1)2－4ln x，f ′(x)＝2x＋2－(x＞0)．
由f ′(x)＜0，得0＜x＜1．故函數的單調遞減區間為(0，1)．
(2)因為g(x)＝f ′(x)＝2x＋＋2，
所以g′(x)＝2－．
因為k＞0，x∈(0，2]，所以當k≥4時，g′(x)≤0，g(x)在(0，2]上單調遞減．
因此，g(x)有最小值g(2)＝k＋6；
當0＜k＜4時，在(0，)上，g′(x)＜0，在(，2]上，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，)上單調遞減，在(，2]上單調遞增．故g(x)有最小值g()＝4＋2．
綜上，當0＜k＜4時，g(x)在區間(0，2]上的最小值為4＋2；當k≥4時，g(x)在(0，2]上的最小值為k＋6．
　含參數的函數最值問題的兩類情況
(1)能根據條件求出參數，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，則要對參數進行討論，其實質是討論導函數大于0、等于0、小于0三種情況．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，再與端點函數值比較后確定最值．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝＋k ln x，k＜，求函數f (x)在上的最大值和最小值．
[解]　f ′(x)＝＝．
若k＝0，則f ′(x)＝－，在上恒有f ′(x)＜0，
所以f (x)在上單調遞減；
若k≠0，則f ′(x)＝＝，
若k＜0，則在上恒有＜0，
所以f (x)在上單調遞減；
若k＞0，由k＜，得＞e，則x－＜0在上恒成立，所以＜0，
所以f (x)在上單調遞減．
綜上，當k＜時，f (x)在上單調遞減，所以f (x)min＝f (e)＝＋k－1，f (x)max＝f ＝e－k－1．
探究3　已知函數最值求參數的值(或范圍)
[典例講評]　3．已知函數f (x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．
[思路導引]　先求導，求出f ′(x)＝0的解，通過列表討論，列出方程組，求出a，b的值．
[解]　求導得f ′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
∵a>0，
∴x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表：
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) －7a＋b 單調遞增 b 單調遞減 －16a＋b
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∴當x＝2時，f (x)取得最小值．
f (2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2．
故a＝2，b＝3．
[母題探究]　
1．本例中“a＞0”改為“a＜0”，求a，b的值．
[解]　由例題解析知，當a<0時，同理可得，當x＝0時，f (x)取得極小值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)，
∴當x＝2時，f (x)取得最大值，f (2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2．故a＝－2，b＝－29．
2．設函數f (x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值為h(t)，且h(t)＜－2t＋m對t∈(0，2)恒成立，求實數m的取值范圍．
[解]　∵f (x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴當x＝－t時，f (x)取得最小值f (－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1．
令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合題意，舍去)．
當t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如表：
t (0，1) 1 (1，2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) 單調遞增 極大值1－m 單調遞減
∴g(t)在(0，2)內有最大值g(1)＝1－m．
h(t)<－2t＋m在(0，2)內恒成立等價于g(t)<0在(0，2)內恒成立，即等價于1－m<0．
∴m的取值范圍為(1，＋∞)．
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝ex－x2－ax．
(1)當a＝－1時，求曲線f (x)在點(1，f (1))處的切線方程；
(2)當x>0時，f (x)≥1－x恒成立，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝－1時，f (x)＝ex－x2＋x，f ′(x)＝ex－2x＋1，f ′(1)＝e－1，f (1)＝e，
所以切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋1．
(2)當x>0時，f (x)≥1－x，
即a≤－x－＋1，
令g(x)＝－x－＋1(x>0)，
則a≤g(x)min成立，
g′(x)＝．
令F(x)＝ex－x－1，
F′(x)＝ex－1，x∈(0，＋∞)，
所以F′(x)＝ex－1>0，F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，F(x)>F(0)＝0，
所以F(x)min>0，
所以當x∈(0，1)時，g′(x)<0，
g(x)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
故g(x)min＝g(1)＝e－1，
所以a≤e－1，
所以a的取值范圍為(－∞，e－1]．
　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．
[學以致用]　3．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．
[解]　∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9．
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 － 0 ＋
h(x) 單調遞增 28 單調遞減 －4 單調遞增
∴當x＝－3時，h(x)取得極大值28；
當x＝1時，h(x)取得極小值－4．
而h(2)＝3＜h(－3)＝28，
∴如果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]．
1．函數f (x)＝x3－3x2＋2在區間[－1，1]上的最大值是(　　)
A．－2 B．0 C．2 D．4
C　[f ′(x)＝3x2－6x．令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．
∴f (x)在[－1，0)上單調遞增，在(0，1]上單調遞減，f (0)既是極大值也是最大值，f (0)＝2．]
2．如圖所示，函數f (x)的導函數f ′(x)的圖象是一條直線，則(　　)
A．函數f (x)沒有最大值，也沒有最小值
B．函數f (x)有最大值，沒有最小值
C．函數f (x)沒有最大值，有最小值
D．函數f (x)有最大值，也有最小值
C　[由導函數f ′(x)的圖象可知，函數f (x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴f (x)在x＝1處取得最小值，∴函數f (x)沒有最大值，只有最小值．]
3．函數f (x)＝ln x＋(x＞0)的最小值是________．
ln 2＋1　[已知函數f (x)＝ln x＋，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝＝，當0＜x＜2時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞2時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以f (x)min＝f (2)＝ln 2＋1．]
4．若函數f (x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在區間(0，2)上的極大值為最大值，則m的取值范圍是__________________．
(0，3)　[由題得f ′(x)＝－3x2＋2mx，令f ′(x)＝0，得x＝或x＝0(舍去)．因為f (x)在區間(0，2)內的極大值為最大值，所以∈(0，2)，即0＜＜2，所以01．知識鏈：(1)求函數的最值．
(2)函數最值的應用．
2．方法鏈：轉化與化歸、分類討論．
3．警示牌：忽視函數的最值與極值的區別與聯系．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．圖象在區間[a，b]上連續的函數f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值，那么圖象在(a，b)上連續的函數的最值如何？
[提示]　在區間(a，b)上，函數f (x)的圖象是一條連續的曲線，f (x)在(a，b)內不一定有最值．常見的有以下幾種情況：
如圖，圖1中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上有最大值而無最小值；
圖2中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上有最小值而無最大值；
圖3中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上既無最小值也無最大值；
圖4中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上既有最小值也有最大值．
2．如果一個函數y＝f (x)在區間(a，b)上只有一個極值點時，該點是最值點嗎？
[提示]　當連續函數f (x)在區間(a，b)內只有一個導數為零的點時，若在這一點處f (x)有極大值(或極小值)，則可以判定f (x)在該點處取得最大值(或最小值)，這里(a，b)也可以是無窮區間．
課時分層作業(二十一)　函數的最大(小)值
一、選擇題
1．下列結論中，正確的是(　　)
A．若f (x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f (x)在[a，b]上有極小值，則極小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f (x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是在x＝a和x＝b處取得
D．若f (x)的圖象在[a，b]上連續，則f (x)在[a，b]上存在最大值和最小值
D　[若f (x)在[a，b]上有極大值，則最大值一定是[a，b]上的極大值或f (a)，f (b)中的一個，A，C錯誤；f (x)在[a，b]上有極小值，則最小值一定是[a，b]上的極小值或f (a)，f (b)中的一個，B錯誤．故選D．]
2．已知函數f (x)＝x2－ln x，則函數f (x)在[1，2]上的最小值為(　　)
A．1 B．
C．ln 2 D．ln 2
A　[因為f (x)＝x2－ln x(x＞0)，所以f ′(x)＝2x－＝，
所以當x∈[1，2]時，f ′(x)＝＞0，則f (x)在[1，2]上單調遞增，則f (x)在[1，2]上的最小值為f (1)＝1．故選A．]
3．函數f (x)＝(x－3)ex的最小值是(　　)
A．e3 B．－e3 C．e2 D．－e2
D　[由題意可得f ′(x)＝(x－2)ex，令f ′(x)＝0得x＝2，
所以在(－∞，2)上，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
在(2，＋∞)上，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以f (x)min＝f (2)＝－e2．故選D．]
4．已知函數f (x)＝2f ′(1)ln x－，則f (x)的最大值為(　　)
A．2ln 2－2 B．2ln 2＋2 C．－1 D．2
A　[函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，
由f (x)＝2f ′(1)ln x－，得f ′(x)＝，
則f ′(1)＝2f ′(1)＋1，所以f ′(1)＝－1，
所以f (x)＝－2ln x－，f ′(x)＝－＝，
當0＜x＜時，f ′(x)＞0，當x＞時，f ′(x)＜0，
所以函數f (x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以f (x)max＝f ＝－2ln－2＝2ln 2－2．故選A．]
5．已知函數f (x)＝ln (ax)＋的最小值為2，則f 的值為(　　)
A．e－1 B．e C．2＋ D．e＋1
B　[顯然a≠0，若a＜0，則x＜0，不合題意，故a＞0，
則函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝a·＝．
令f ′(x)＝0，解得x＝1，當0＜x＜1時，f ′(x)＜0，此時f (x)單調遞減；
當x＞1時，f ′(x)＞0，此時f (x)單調遞增，
故當x＝1時，f (x)min＝f (1)＝ln a＋1＝2，解得a＝e，則f (x)＝ln (ex)＋，
則f ＝e．故選B．]
二、填空題
6．函數f (x)＝x－ln x在區間(0，e]上的最小值為________．
1　[f ′(x)＝1－，令f ′(x)＝0，得x＝1．
當x∈(0，1)時，f ′(x)＜0；當x∈(1，e]時，f ′(x)＞0，∴當x＝1時，f (x)有極小值，也是最小值，最小值為f (1)＝1．]
7．已知函數f (x)＝ln x＋k在[1，e]上的最大值為2，則f (k)＝________．
1　[∵f ′(x)＝，當x∈[1，e]時，f ′(x)＞0，
∴f (x)在[1，e]上單調遞增，且當x＝e時取得最大值，
∴f (e)＝1＋k＝2，可知k＝1，∴f (k)＝f (1)＝ln 1＋1＝1．]
8．若函數f (x)＝2x3－6x2＋m在區間[－2，2]上有最大值3，則f (x)在區間[－2，2]上的最小值為________．
－37　[f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，令f ′(x)＝0，則x＝0或x＝2，
所以f (x)在[－2，0)上單調遞增，在(0，2]上單調遞減，
所以f (x)max＝f (0)＝m＝3，
所以f (－2)＝2·(－2)3－6·(－2)2＋3＝－37，
f (2)＝2·23－6·22＋3＝－5，故f (x)在區間[－2，2]上的最小值為－37．]
三、解答題
9．(源自人教B版教材)已知f (x)＝x2ex，x≤1，求f (x)的極值點以及極值、最值點以及最值．
[解]　當x<1時，f ′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex．
解方程f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0．
解不等式f ′(x)>0，可得x<－2或0解不等式f ′(x)<0，可得－2因此，f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，0)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增．由于f ′(－2)＝f ′(0)＝0，可知x＝－2是函數的極大值點，極大值為f (－2)＝4e-2＝；
x＝0是函數的極小值點，極小值為f (0)＝0．
又因為f (1)＝e>，所以函數的最大值點為1，最大值為e；x2ex≥0對任意實數都是成立的，因此函數的最小值點為0，而且最小值是0．
10．若函數f (x)＝x3＋x2－在區間(a－1，a＋5)內存在最小值，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[－5，1) B．(－5，1)
C．[－2，1) D．(－2，1)
C　[由f ′(x)＝x2＋2x，令f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0．
由f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞0；由f ′(x)＜0，得－2＜x＜0．
所以函數f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以函數f (x)在x＝0處取得極小值f (0)＝－．
令f (x)＝x3＋x2－＝－，解得x＝0或x＝－3．
若函數f (x)在(a－1，a＋5)內存在最小值，則－3≤a－1＜0＜a＋5，得－2≤a＜1．故選C．]
11．已知函數f (x)＝ax－(a＋3)x3在區間[－1，1]上的最小值為－3，則實數a的取值范圍為(　　)
A． B．(－∞，9]
C． D．
C　[因為f (1)＝－3，函數f (x)＝ax－(a＋3)x3在[－1，1]上的最小值為－3，
所以對任意x∈[－1，1]，f (x)≥－3恒成立，所以ax－(a＋3)x3≥－3恒成立，
所以ax(1－x2)≥－3(1－x3)恒成立，當x＝1時，a∈R，
當－1≤x＜1時，可得ax(1＋x)≥－3(x2＋x＋1)恒成立，
當x＝0或x＝－1時，不等式成立，當0＜x＜1時，a≥＝－3，
因為x2＋x∈(0，2)，所以∈，
所以1＋∈，
所以－3∈，所以a≥－；
當－1＜x＜0時，a≤－3，因為x2＋x∈，
所以1＋∈(－∞，－3]，
所以－3∈[9，＋∞)，
所以a≤9．綜上所述，實數a的取值范圍為．故選C．]
12．已知函數f (x)＝ax－a－ln x，且f (x)的最小值為0，則a的值為________．
1　[已知f (x)＝ax－a－ln x，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝a－＝，當a≤0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，無最小值；
當a＞0時，當0＜x＜時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以當x＝時，函數f (x)取得最小值f ＝1－a－ln ，
又f (x)的最小值為0，所以1－a－ln ＝0，解得a＝1，滿足條件，
綜上，a的值為1．]
13．已知函數f (x)＝要使函數f (x)＝k有三個零點，則k的取值范圍是________．
　[要使函數f (x)＝k有三個零點，即y＝f (x)與y＝k的圖象有3個交點，
因為當x≤0時，f (x)＝xex，
所以f ′(x)＝(x＋1)ex，
所以f (x)＝xex有最小值f (－1)＝－，
且當x＜0時，f (x)＜0，
當x趨向于負無窮時，f (x)趨向于0，但始終小于0，當x＞0時，f (x)＝－x2＋1單調遞減，所以要使函數f (x)＝k有三個零點，
則－＜k＜0．]
14．已知函數f (x)＝x3－ax2－1．
(1)若a＝1，求f (x)的極值；
(2)若f (x)在區間[－2，0]上的最小值為f (－2)，求a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝1時，f (x)＝x3－x2－1，函數f (x)的定義域為R，
可得f ′(x)＝3x2－2x，當x＜0時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當0＜x＜時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以當x＝0時，函數f (x)取得極大值f (0)＝－1；
當x＝時，函數f (x)取得極小值f ＝－．
(2)易知f ′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝a，
當a≤－2，即a≤－3時，f ′(x)≤0在[－2，0]上恒成立，
所以函數f (x)在[－2，0]上單調遞減，
此時當x＝0時，函數f (x)取得最小值，不符合題意．
當－2＜a＜0，即－3＜a＜0時；
當－2＜x＜a時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當a＜x＜0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減．
因為函數f (x)在區間[－2，0]上的最小值為f (－2)，
所以f (－2)≤f (0)，即－9－4a≤－1，解得a≥－2，
所以－2≤a＜0．
當a≥0，即a≥0時，f ′(x)≥0在[－2，0]上恒成立，
所以函數f (x)在[－2，0]上單調遞增，最小值為f (－2)，滿足題意．
綜上，a的取值范圍是[－2，＋∞)．
15．已知函數f (x)＝ln x＋．
(1)當a＜0時，求函數f (x)的單調區間；
(2)若函數f (x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．
[解]　函數f (x)＝ln x＋的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝＝．
(1)∵a＜0，∴f ′(x)＞0，
故函數f (x)在(0，＋∞)上單調遞增．
∴f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間．
(2)當x∈[1，e]時，分如下情況討論：
①當a≤1時，f ′(x)≥0，函數f (x)單調遞增，其最小值為f (1)＝a≤1，這與函數在[1，e]上的最小值是相矛盾；
②當1＜a＜e時，在[1，a)上有f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，在(a，e]上有f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
∴函數f (x)的最小值為f (a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝；
③當a≥e時，顯然函數f (x)在[1，e]上單調遞減，其最小值為f (e)＝1＋≥2，與最小值是相矛盾．
綜上所述，a的值為．
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第2課時　函數的最大(小)值
第五章　一元函數的導數及其應用
5.3　導數在研究函數中的應用
5.3.2　函數的極值與最大(小)值
整體感知
[學習目標]　1．能利用導數求給定區間上不超過三次的多項式函數的最值．(數學運算)
2．會用導數求在給定區間上的函數的最值．(數學運算)
(教師用書)
費馬(1601－1665)是一位17世紀的法國律師，也是一位業余數學家．之所以稱費馬為“業余數學家之王”，是由于他有律師的全職工作．17世紀是杰出數學家活躍的世紀，而費馬比他同時代的大多數專業數學家更有成就．
他將無窮小的思想運用到求積問題上，已具今日微積分的雛形，這也是費馬的卓越成就之一．他在牛頓出生前的13年，提出了有關微積分的主體概念．
大約在1637年，他完成了一篇手稿《求最大值與最小值的方法》．讓我們沿著這位傳奇人物的足跡來用導數研究函數的最大(小)值問題吧！
[討論交流]　
問題1．函數的最值的概念是什么？
問題2．函數的最值與極值有什么區別與聯系？
問題3．如何求函數在某一閉區間上的最大(小)值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究建構
探究1　函數的最值
探究問題1　如圖是y＝f (x)在區間[a，b]上的函數圖象．顯然f (x1)，
f (x3)，f (x5)為極大值，f (x2)，f (x4)，f (x6)為極小值．你能找到函數的最大值和最小值嗎？
[提示]　最大值y＝M＝f (x3)＝f (b)，分別在x＝x3及x＝b處取得，最小值y＝m＝f (x4)，在x＝x4處取得．顯然極值不一定是最值，極值可以有多個，最值唯一．
[新知生成]
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)的圖象是一條________的曲線，那么它必有最大值和最小值．
2．求函數y＝f (x)在區間[a，b]上的最值的步驟
(1)求函數y＝f (x)在區間(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______．
連續不斷
極值
各極值
端點
最大值
最小值
【教用·微提醒】　函數的極值與最值的區別與聯系
(1)極值是對某一點附近(局部)而言，最值是對函數的整個定義區間[a，b]而言．
(2)在函數的定義區間[a，b]內，極大(小)值可能有多個(或者沒有)，但最大(小)值只有一個．
(3)函數f (x)的極值點不能是區間的端點，而最值點可以是區間的端點．
(4)對于在閉區間上圖象連續不斷的函數，函數的最大(小)值必在極大(小)值點或區間端點處取得．
【鏈接·教材例題】
例6　求函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的最大值與最小值．
[解]　由例5可知，在區間[0，3]上，當x＝2時，
函數f (x)＝x3－4x＋4有極小值，并且極小值為f (2)＝－．
又由于f (0)＝4，f (3)＝1，
所以，函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的最大值是4，
最小值是－．
上述結論可以從函數f (x)＝x3－4x＋4在區間[0，3]上的圖象(圖5.3-16)得到直觀驗證．
[典例講評]　1．求下列各函數的最值：
(1) f (x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；
(2) f (x)＝x＋sin x，x∈[0，2π]．
[思路導引]　
[解]　(1)f ′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3．
因為f ′(x)在[－1，1]上恒大于0，
所以f (x)在[－1，1]上單調遞增．
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．
(2)f ′(x)＝＋cos x，令f ′(x)＝0，由x∈[0，2π]，解得x＝或x＝．
當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如下表：
x 0 2π
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 0 單調遞增 單調遞減 單調遞增 π
由表可知，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．
反思領悟　求函數在給定區間上最值的注意事項
(1)對函數求導，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，確定極值和端點函數值．
(3)要比較極值與端點函數值的大小，確定最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)求函數f (x)＝x3＋x2－2x＋1在區間[－2，1]上的最大值和最小值．
[解]　求導得f ′(x)＝3x2＋x－2．令f ′(x)＝0，則x1＝－1，x2＝．
由于x1和x2都在區間[－2，1]內，所以可列表如下：
x [－2，－1) －1
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
又f (－2)＝－1，f (1)＝，將它們與極值比較可得，該函數在[－2，1]上的最大值為，最小值為－1．
上述結論也可從函數f (x)＝x3＋x2－2x＋1的圖象(如圖所示)得到直觀驗證．
探究2　求含參數的函數的最值
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝x3－ax2－a2x，求函數f (x)在[0，＋∞)上的最小值．
[解]　f ′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f ′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a．
①當a＞0時，f (x)在[0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．
所以f (x)min＝f (a)＝－a3．
②當a＝0時，f ′(x)＝3x2≥0，f (x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以f (x)min＝
f (0)＝0．
③當a＜0時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增．
所以f (x)min＝f ＝a3．
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a3．
[母題探究]　當a＞0時，求函數f (x)＝x3－ax2－a2x在[－a，2a]上的最值．
[解]　f ′(x)＝(3x＋a)·(x－a)(a＞0)，
令f ′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a．所以f (x)在上單調遞增，
在上單調遞減，在(a，2a]上單調遞增．
因為f (－a)＝－a3，f ＝a3，f (a)＝－a3，f (2a)＝2a3，
所以f (x)max＝f (2a)＝2a3，f (x)min＝f (－a)＝f (a)＝－a3．
【教用·備選題】　設函數f (x)＝(x＋1)2＋2k ln x．
(1)若k＝－2，求函數的單調遞減區間；
(2)當k＞0時，記函數g(x)＝f ′(x)，求函數g(x)在區間(0，2]上的最小值．
[解]　(1)當k＝－2時，f (x)＝(x＋1)2－4ln x，f ′(x)＝2x＋2－(x＞0)．
由f ′(x)＜0，得0＜x＜1．故函數的單調遞減區間為(0，1)．
(2)因為g(x)＝f ′(x)＝2x＋＋2，所以g′(x)＝2－．
因為k＞0，x∈(0，2]，所以當k≥4時，g′(x)≤0，g(x)在(0，2]上單調遞減．
因此，g(x)有最小值g(2)＝k＋6；
當0＜k＜4時，在(0，)上，g′(x)＜0，在(，2]上，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，)上單調遞減，在(，2]上單調遞增．故g(x)有最小值g()＝4＋2．
綜上，當0＜k＜4時，g(x)在區間(0，2]上的最小值為4＋2；當k≥4時，g(x)在(0，2]上的最小值為k＋6．
反思領悟　含參數的函數最值問題的兩類情況
(1)能根據條件求出參數，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，則要對參數進行討論，其實質是討論導函數大于0、等于0、小于0三種情況．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，再與端點函數值比較后確定最值．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝＋k ln x，k＜，求函數f (x)在上的最大值和最小值．
[解]　f ′(x)＝＝．
若k＝0，則f ′(x)＝－，在上恒有f ′(x)＜0，
所以f (x)在上單調遞減；
若k≠0，則f ′(x)＝＝，
若k＜0，則在上恒有＜0，所以f (x)在上單調遞減；
若k＞0，由k＜，得＞e，則x－＜0在上恒成立，所以＜0，
所以f (x)在上單調遞減．
綜上，當k＜時，f (x)在上單調遞減，所以f (x)min＝f (e)＝＋k－1，f (x)max＝f ＝e－k－1．
探究3　已知函數最值求參數的值(或范圍)
[典例講評]　3．已知函數f (x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．
[思路導引]　先求導，求出f ′(x)＝0的解，通過列表討論，列出方程組，求出a，b的值．
[解]　求導得f ′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
∵a>0，
∴x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如表：
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) －7a＋b 單調遞增 b 單調遞減 －16a＋b
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∴當x＝2時，f (x)取得最小值．
f (2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2．
故a＝2，b＝3．
[母題探究]　
1．本例中“a＞0”改為“a＜0”，求a，b的值．
[解]　由例題解析知，當a<0時，同理可得，當x＝0時，f (x)取得極小值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)，
∴當x＝2時，f (x)取得最大值，f (2)＝－16a－29＝3，解得a＝
－2．故a＝－2，b＝－29．
2．設函數f (x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值為h(t)，且h(t)＜－2t＋m對t∈(0，2)恒成立，求實數m的取值范圍．
[解]　∵f (x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴當x＝－t時，f (x)取得最小值f (－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1．
令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合題意，舍去)．
當t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如表：
t (0，1) 1 (1，2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) 單調遞增 極大值1－m 單調遞減
∴g(t)在(0，2)內有最大值g(1)＝1－m．
h(t)<－2t＋m在(0，2)內恒成立等價于g(t)<0在(0，2)內恒成立，即等價于1－m<0．∴m的取值范圍為(1，＋∞)．
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝ex－x2－ax．
(1)當a＝－1時，求曲線f (x)在點(1，f (1))處的切線方程；
(2)當x>0時，f (x)≥1－x恒成立，求實數a的取值范圍．
[解]　(1)當a＝－1時，f (x)＝ex－x2＋x，f ′(x)＝ex－2x＋1，f ′(1)＝e－1，f (1)＝e，
所以切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋1．
(2)當x>0時，f (x)≥1－x，
即a≤－x－＋1，令g(x)＝－x－＋1(x>0)，
則a≤g(x)min成立，g′(x)＝．
令F(x)＝ex－x－1，F′(x)＝ex－1，x∈(0，＋∞)，
所以F′(x)＝ex－1>0，F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，F(x)>F(0)＝0，
所以F(x)min>0，所以當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
故g(x)min＝g(1)＝e－1，所以a≤e－1，所以a的取值范圍為(－∞，e－1]．
反思領悟　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．
[學以致用]　3．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．
[解]　∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9．
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
∴當x＝－3時，h(x)取得極大值28；
當x＝1時，h(x)取得極小值－4．
而h(2)＝3＜h(－3)＝28，
∴如果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]．
x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 － 0 ＋
h(x) 單調遞增 28 單調遞減 －4 單調遞增
2
4
3
題號
1
應用遷移
√
C　[f ′(x)＝3x2－6x．令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．
∴f (x)在[－1，0)上單調遞增，在(0，1]上單調遞減，f (0)既是極大值也是最大值，f (0)＝2．]
1．函數f (x)＝x3－3x2＋2在區間[－1，1]上的最大值是(　　)
A．－2　　B．0　　C．2　　D．4
2
3
題號
1
4
2．如圖所示，函數f (x)的導函數f ′(x)的圖象是一條直線，則(　　)
A．函數f (x)沒有最大值，也沒有最小值
B．函數f (x)有最大值，沒有最小值
C．函數f (x)沒有最大值，有最小值
D．函數f (x)有最大值，也有最小值
√
C　[由導函數f ′(x)的圖象可知，函數f (x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴f (x)在x＝1處取得最小值，∴函數f (x)沒有最大值，只有最小值．]
2
3
題號
4
1
3．函數f (x)＝ln x＋(x＞0)的最小值是________．
ln 2＋1　[已知函數f (x)＝ln x＋，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝＝，當0＜x＜2時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞2時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，所以f (x)min＝f (2)＝ln 2＋1．]
ln 2＋1
2
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3
題號
1
4．若函數f (x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在區間(0，2)上的極大值為最大值，則m的取值范圍是__________________．
(0，3)　[由題得f ′(x)＝－3x2＋2mx，令f ′(x)＝0，得x＝或x＝0(舍去)．因為f (x)在區間(0，2)內的極大值為最大值，所以∈(0，2)，即0＜＜2，所以0(0，3)
1．知識鏈：(1)求函數的最值．
(2)函數最值的應用．
2．方法鏈：轉化與化歸、分類討論．
3．警示牌：忽視函數的最值與極值的區別與聯系．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．圖象在區間[a，b]上連續的函數f (x)在[a，b]上必有最大值和最小值，那么圖象在(a，b)上連續的函數的最值如何？
[提示]　在區間(a，b)上，函數f (x)的圖象是一條連續的曲線，f (x)在(a，b)內不一定有最值．常見的有以下幾種情況：
如圖，圖1中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上有最大值而無最小值；
圖2中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上有最小值而無最大值；
圖3中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上既無最小值也無最大值；
圖4中的函數y＝f (x)在區間(a，b)上既有最小值也有最大值．
2．如果一個函數y＝f (x)在區間(a，b)上只有一個極值點時，該點是最值點嗎？
[提示]　當連續函數f (x)在區間(a，b)內只有一個導數為零的點時，若在這一點處f (x)有極大值(或極小值)，則可以判定f (x)在該點處取得最大值(或最小值)，這里(a，b)也可以是無窮區間．
課時分層作業(二十一)　函數的最大(小)值
題號
1
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√
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一、選擇題
1．下列結論中，正確的是(　　)
A．若f (x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f (x)在[a，b]上有極小值，則極小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f (x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是在x＝a和x＝b處取得
D．若f (x)的圖象在[a，b]上連續，則f (x)在[a，b]上存在最大值和最小值
課時分層作業(二十一)　函數的最大(小)值
題號
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D　[若f (x)在[a，b]上有極大值，則最大值一定是[a，b]上的極大值或f (a)，f (b)中的一個，A，C錯誤；f (x)在[a，b]上有極小值，則最小值一定是[a，b]上的極小值或f (a)，f (b)中的一個，B錯誤．故選D．]
題號
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2．已知函數f (x)＝x2－ln x，則函數f (x)在[1，2]上的最小值為(　　)
A．1　　 B．
C．ln 2　　 D．ln 2
√
14
15
A　[因為f (x)＝x2－ln x(x＞0)，所以f ′(x)＝2x－＝，
所以當x∈[1，2]時，f ′(x)＝＞0，則f (x)在[1，2]上單調遞增，則f (x)在[1，2]上的最小值為f (1)＝1．故選A．]
題號
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1
3．函數f (x)＝(x－3)ex的最小值是(　　)
A．e3　　B．－e3　　C．e2　　D．－e2
√
14
15
D　[由題意可得f ′(x)＝(x－2)ex，令f ′(x)＝0得x＝2，
所以在(－∞，2)上，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，
在(2，＋∞)上，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以f (x)min＝f (2)＝－e2．故選D．]
題號
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1
4．已知函數f (x)＝2f ′(1)ln x－，則f (x)的最大值為(　　)
A．2ln 2－2　　B．2ln 2＋2　　C．－1　　D．2
√
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題號
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1
A　[函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，
由f (x)＝2f ′(1)ln x－，得f ′(x)＝，
則f ′(1)＝2f ′(1)＋1，所以f ′(1)＝－1，
所以f (x)＝－2ln x－，f ′(x)＝－＝，
當0＜x＜時，f ′(x)＞0，當x＞時，f ′(x)＜0，
所以函數f (x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以f (x)max＝f ＝－2ln－2＝2ln 2－2．故選A．]
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題號
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1
5．已知函數f (x)＝ln (ax)＋的最小值為2，則f 的值為(　　)
A．e－1　　B．e　　C．2＋　　D．e＋1
√
14
15
B　[顯然a≠0，若a＜0，則x＜0，不合題意，故a＞0，
則函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝a·＝．
令f ′(x)＝0，解得x＝1，當0＜x＜1時，f ′(x)＜0，此時f (x)單調遞減；
當x＞1時，f ′(x)＞0，此時f (x)單調遞增，
故當x＝1時，f (x)min＝f (1)＝ln a＋1＝2，解得a＝e，則f (x)＝ln (ex)＋，則f ＝e．故選B．]
題號
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二、填空題
6．函數f (x)＝x－ln x在區間(0，e]上的最小值為________．
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1　[f ′(x)＝1－，令f ′(x)＝0，得x＝1．
當x∈(0，1)時，f ′(x)＜0；當x∈(1，e]時，f ′(x)＞0，∴當x＝1時，
f (x)有極小值，也是最小值，最小值為f (1)＝1．]
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題號
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7．已知函數f (x)＝ln x＋k在[1，e]上的最大值為2，則f (k)＝________．
14
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1　[∵f ′(x)＝，當x∈[1，e]時，f ′(x)＞0，
∴f (x)在[1，e]上單調遞增，且當x＝e時取得最大值，
∴f (e)＝1＋k＝2，可知k＝1，∴f (k)＝f (1)＝ln 1＋1＝1．]
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題號
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8．若函數f (x)＝2x3－6x2＋m在區間[－2，2]上有最大值3，則f (x)在區間[－2，2]上的最小值為________．
14
15
－37　[f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，令f ′(x)＝0，則x＝0或x＝2，
所以f (x)在[－2，0)上單調遞增，在(0，2]上單調遞減，
所以f (x)max＝f (0)＝m＝3，
所以f (－2)＝2·(－2)3－6·(－2)2＋3＝－37，
f (2)＝2·23－6·22＋3＝－5，故f (x)在區間[－2，2]上的最小值為－37．]
－37
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三、解答題
9．(源自人教B版教材)已知f (x)＝x2ex，x≤1，求f (x)的極值點以及極值、最值點以及最值．
14
15
[解]　當x<1時，f ′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex．
解方程f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0．
解不等式f ′(x)>0，可得x<－2或0解不等式f ′(x)<0，可得－2題號
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1
因此，f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，0)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增．由于f ′(－2)＝f ′(0)＝0，可知x＝－2是函數的極大值點，極大值為f (－2)＝4e-2＝；
x＝0是函數的極小值點，極小值為f (0)＝0．
又因為f (1)＝e>，所以函數的最大值點為1，最大值為e；x2ex≥0對任意實數都是成立的，因此函數的最小值點為0，而且最小值是0．
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10．若函數f (x)＝x3＋x2－在區間(a－1，a＋5)內存在最小值，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[－5，1)　　 B．(－5，1)
C．[－2，1)　　 D．(－2，1)
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1
C　[由f ′(x)＝x2＋2x，令f ′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0．
由f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞0；由f ′(x)＜0，得－2＜x＜0．
所以函數f (x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以函數f (x)在x＝0處取得極小值f (0)＝－．
令f (x)＝x3＋x2－＝－，解得x＝0或x＝－3．
若函數f (x)在(a－1，a＋5)內存在最小值，則－3≤a－1＜0＜a＋5，
得－2≤a＜1．故選C．]
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11．已知函數f (x)＝ax－(a＋3)x3在區間[－1，1]上的最小值為－3，則實數a的取值范圍為(　　)
A．　　 B．(－∞，9]
C．　　 D．
√
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C　[因為f (1)＝－3，函數f (x)＝ax－(a＋3)x3在[－1，1]上的最小值為－3，
所以對任意x∈[－1，1]，f (x)≥－3恒成立，所以ax－(a＋3)x3≥－3恒成立，
所以ax(1－x2)≥－3(1－x3)恒成立，當x＝1時，a∈R，
當－1≤x＜1時，可得ax(1＋x)≥－3(x2＋x＋1)恒成立，
當x＝0或x＝－1時，不等式成立，當0＜x＜1時，a≥＝
－3，
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因為x2＋x∈(0，2)，所以∈，
所以1＋∈，
所以－3∈，所以a≥－；
當－1＜x＜0時，a≤－3，因為x2＋x∈，
所以1＋∈(－∞，－3]，所以－3∈[9，＋∞)，
所以a≤9．綜上所述，實數a的取值范圍為．故選C．]
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1
12．已知函數f (x)＝ax－a－ln x，且f (x)的最小值為0，則a的值_______．
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1　[已知f (x)＝ax－a－ln x，函數定義域為(0，＋∞)，
可得f ′(x)＝a－＝，當a≤0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，無最小值；
當a＞0時，當0＜x＜時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以當x＝時，函數f (x)取得最小值f ＝1－a－ln ，
又f (x)的最小值為0，所以1－a－ln ＝0，解得a＝1，滿足條件，
綜上，a的值為1．]
1
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13．已知函數f (x)＝要使函數f (x)＝k有三個零點，則k的取值范圍是________．
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　[要使函數f (x)＝k有三個零點，即y＝f (x)與y＝k的圖象有3個交點，
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因為當x≤0時，f (x)＝xex，
所以f ′(x)＝(x＋1)ex，
所以f (x)＝xex有最小值f (－1)＝－，
且當x＜0時，f (x)＜0，
當x趨向于負無窮時，f (x)趨向于0，但始終小于0，當x＞0時，f (x)＝－x2＋1單調遞減，所以要使函數f (x)＝k有三個零點，
則－＜k＜0．]
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14．已知函數f (x)＝x3－ax2－1．
(1)若a＝1，求f (x)的極值；
(2)若f (x)在區間[－2，0]上的最小值為f (－2)，求a的取值范圍．
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[解]　(1)當a＝1時，f (x)＝x3－x2－1，函數f (x)的定義域為R，
可得f ′(x)＝3x2－2x，當x＜0時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
當0＜x＜時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減；
當x＞時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
所以當x＝0時，函數f (x)取得極大值f (0)＝－1；
當x＝時，函數f (x)取得極小值f ＝－．
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(2)易知f ′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝a，
當a≤－2，即a≤－3時，f ′(x)≤0在[－2，0]上恒成立，
所以函數f (x)在[－2，0]上單調遞減，
此時當x＝0時，函數f (x)取得最小值，不符合題意．
當－2＜a＜0，即－3＜a＜0時；
當－2＜x＜a時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增；
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當a＜x＜0時，f ′(x)＜0，f (x)單調遞減．
因為函數f (x)在區間[－2，0]上的最小值為f (－2)，
所以f (－2)≤f (0)，即－9－4a≤－1，解得a≥－2，
所以－2≤a＜0．
當a≥0，即a≥0時，f ′(x)≥0在[－2，0]上恒成立，
所以函數f (x)在[－2，0]上單調遞增，最小值為f (－2)，滿足題意．
綜上，a的取值范圍是[－2，＋∞)．
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15．已知函數f (x)＝ln x＋．
(1)當a＜0時，求函數f (x)的單調區間；
(2)若函數f (x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．
14
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[解]　函數f (x)＝ln x＋的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝＝．
(1)∵a＜0，∴f ′(x)＞0，
故函數f (x)在(0，＋∞)上單調遞增．
∴f (x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，無單調遞減區間．
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(2)當x∈[1，e]時，分如下情況討論：
①當a≤1時，f ′(x)≥0，函數f (x)單調遞增，其最小值為f (1)＝a≤1，這與函數在[1，e]上的最小值是相矛盾；
②當1＜a＜e時，在[1，a)上有f ′(x)＜0，f (x)單調遞減，在(a，e]上有f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
∴函數f (x)的最小值為f (a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝；
③當a≥e時，顯然函數f (x)在[1，e]上單調遞減，其最小值為f (e)＝1＋≥2，與最小值是相矛盾．綜上所述，a的值為．
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THANKS(共75張PPT)
第3課時　導數在函數有關問題及實際生活中的應用
第五章　一元函數的導數及其應用
5.3　導數在研究函數中的應用
5.3.2　函數的極值與最大(小)值
整體感知
[學習目標]　1．進一步掌握導數在研究函數的單調性、極值、圖象、零點等問題中的應用．(數學運算)
2．能利用導數研究函數的性質、解決簡單的實際問題．(數學運算、邏輯推理)
(教師用書)
如圖所示，海中有一座油井A，其離岸的距離AC＝1.2 km，岸是筆直的，岸上有一座煉油廠B，且BC＝1.6 km．現要用輸油管將油井A與煉油廠B連接起來，且輸油管既可以鋪設在水下，也可以鋪設在陸地上，還可以一部分鋪設在水下另一部分鋪設在陸地上．
已知水下的鋪設成本為每千米50萬元，陸地的鋪
設成本為每千米30萬元．那么，鋪設輸油管的最少花費
是多少？
[討論交流]　
問題　如何應用導數解決生活中的實際問題？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究建構
探究1　導數在實際問題中的應用
【鏈接·教材例題】
例8　某制造商制造并出售球形瓶裝的某種飲料．瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r(單位：cm)是瓶子的半徑．已知每出售1 mL的飲料，制造商可獲利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半徑為6 cm．
(1)瓶子半徑多大時，能使每瓶飲料的利潤最大？
(2)瓶子半徑多大時，每瓶飲料的利潤最??？
[解]　由題意可知，每瓶飲料的利潤是
y＝f (r)＝0.2×πr3－0.8πr2＝0.8π，0＜r≤6．
所以f ′(r)＝0.8π(r2－2r)．
令f ′(r)＝0，解得r＝2．
當r∈(0，2)時，f ′(r)＜0；當r∈(2，6)時，f ′(r)＞0．
因此，當半徑r＞2時，f ′(r)＞0，f (r)單調遞增，即半徑越大，利潤越高；當半徑r＜2時，f ′(r)＜0，f (r)單調遞減，即半徑越大，利潤越低．
(1)半徑為6 cm時，利潤最大．
(2)半徑為2 cm時，利潤最小，這時f (2)＜0，表示此種瓶內飲料的利潤還不夠瓶子的成本，此時利潤是負值．
[典例講評]　1．(源自北師大版教材)如圖1所示，一邊長為48 cm的正方形鐵皮，四角各截去一個大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一個無蓋長方體容器，如圖2所示．所得容器的容積V(單位：cm3)是關于截去的小正方形的邊長x(單位：cm)的函數．
(1)隨著x的變化，容積V是如何變化的？
(2)截去的小正方形的邊長為多少時，容器的容積最大？最大容積是多少？
[解]　(1)根據題意，可得
V＝V(x)＝(48－2x)2x．
由實際情況可知函數V(x)的定義域為{x|0＜x＜24}．
根據導數公式表及導數的運算法則，可得
V′(x)＝－4x(48－2x)＋(48－2x)2
＝(48－2x)(－6x＋48)＝12(x－24)(x－8)．
解方程V′(x)＝0，得x1＝8，x2＝24．
根據x1，x2列出表如下，分析V′(x)的符號、V(x)的單調性和極值點．
x (0，8) 8 (8，24)
V′(x) ＋ 0 －
V＝V(x) ? 極大值 ?
根據表中V′(x)與V(x)的變化情況可知，x＝8是函數V＝V(x)的極大值點，相應的極大值為V＝V(8)＝(48－16)2×8＝8 192(cm3)．
V＝(48－2x)2x的大致圖象如圖．
根據對函數變化規律的討論可知：
當0＜x≤8時，函數V＝V(x)單調遞增；
當8≤x＜24時，函數V＝V(x)單調遞減．
(2)區間(0，24)上任意點的函數值都不超過V(8)，因此，x＝8是函數的最大值點．
此時V＝V(8)＝8 192(cm3)是函數V＝V(x)在區間(0，24)內的最大值．
即當截去的小正方形的邊長為8 cm時，得到的容器容積最大，最大容積為8 192 cm3．
反思領悟　1．解決最優問題應從以下兩個方面入手
(1)設出變量，找出函數關系式，確定定義域．
(2)在實際應用問題中，若函數f (x)在定義域內只有一個極值點，則它就是最值點．
2．利用導數解決生活中優化問題的四個步驟
第一步：設出恰當的未知量，并確定未知量的取值集合(即函數的定義域)．
第二步：依題意將所求最值的量表示為未知量的函數．
第三步：求出函數的導數，令導數等于0，得到導數為0的點．
第四步：通過單調性確定出函數的極值點及最值．
[學以致用]　1．(源自湘教版教材)某企業要生產容積為V m3的圓柱形密閉容器(如圖所示)，已知該容器側面耗材為1元/m2，上下底面的耗材為1.5元/m2．問：如何設計圓柱的高度h m和上下底面的半徑r m，使得費用最少？
[解]　由題意可得，所需費用為
C＝2πrh×1＋2πr2×1.5＝2πrh＋3πr2．
由于容器的容積為V＝πr2h，從而πrh＝，因此
C(r)＝＋3πr2．
對C(r)關于r求導，得C′(r)＝－＋6πr．
令C′(r)＝0，解得r＝．
當r∈時，C′(r)＜0，則C(r)單調遞減；
當r∈時，C′(r)＞0，則C(r)單調遞增．
因此，C(r)在r＝處取到極小值，也是最小值(如圖所示)．
由r＝．
因此，當圓柱上下底面半徑r＝，高h＝3r時，所需費用最少．
【鏈接·教材例題】
例7　給定函數f (x)＝(x＋1)ex．
(1)判斷函數f (x)的單調性，并求出f (x)的極值；
(2)畫出函數f (x)的大致圖象；
(3)求出方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數．
探究2　利用導數研究函數的零點或方程的根
[解]　(1)函數的定義域為R．
f ′(x)＝(x＋1)′ex＋(x＋1)(ex)′＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex．
令f ′(x)＝0，解得x＝－2．
f ′(x)，f (x)的變化情況如表5.3-4所示．
表5.3-4
x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f (x) 單調遞減 － 單調遞增
所以，f (x)在區間(－∞，－2)上單調遞減，在區間(－2，＋∞)上單調遞增．
當x＝－2時，f (x)有極小值f (－2)＝－．
(2)令f (x)＝0，解得x＝－1．
當x＜－1時，f (x)＜0；當x＞－1時，f (x)＞0．
所以，f (x)的圖象經過特殊點A，B(－1，0)，C(0，1)．
當x→－∞時，與一次函數相比，指數函數y＝e－x呈爆炸性增長，從而f (x)＝→0；
當x→＋∞時，f (x)→＋∞，f ′(x)→＋∞．
根據以上信息，我們畫出f (x)的大致圖象如圖5.3-17所示．
(3)方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數為函數y＝f (x)的圖象與直線y＝a的交點個數．
由(1)及圖5.3－17可得，當x＝－2時，f (x)有最小值f (－2)＝－．
所以，關于方程f (x)＝a(a∈R)的解的個數有如下結論：
當a＜－時，解為0個；
當a＝－或a≥0時，解為1個；
當－＜a＜0時，解為2個．
[典例講評]　2．已知函數f (x)＝ex－1，g(x)＝＋x．
(1)證明：函數h(x)＝f (x)－g(x)在區間(1，2)上有零點；
(2)求方程f (x)＝g(x)的根的個數，并說明理由．
[解]　(1)證明：由題意可得
h(x)＝f (x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－＞0，
所以h(1)·h(2)＜0，
所以函數h(x)在區間(1，2)上有零點．
(2)由(1)可知h(x)＝f (x)－g(x)＝ex－1－－x(x≥0)．
而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點．
又h(x)在(1，2)內有零點，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．
h′(x)＝ex－－1，記φ(x)＝ex－－1，
則φ′(x)＝ex＋．
當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
φ＝－1＜0，φ(1)＝e－＞0，
存在唯一的x0∈，使φ(x0)＝0，
即h′(x0)＝0，滿足＝＋1．
易證得x0為h(x)的極小值點，且h(x0)＝－1－－x0＝＜0，
顯然h(x)在[0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
結合(1)知h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點，
所以方程f (x)＝g(x)的根的個數為2．
【教用·備選題】　已知函數f (x)＝ex－．
(1)求曲線y＝f (x)在點(0，f (0))處的切線方程；
(2)判斷函數f (x)的零點的個數，并說明理由．
[解]　(1)由f (x)＝ex－，得f ′(x)＝ex＋，則f ′(0)＝3，而f (0)＝2，所以曲線在點(0，f (0))處的切線方程為y－2＝3(x－0)，即3x－y＋2＝0．
(2)函數f (x)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，由(1)可知，f ′(x)＝ex＋，
當x∈(－∞，1)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
因為f (－2)f (0)＝·2＝2＜0，所以函數f (x)在x∈(－∞，1)上有唯一零點；
當x∈(1，＋∞)時，f ′(x)＞0，f (x)單調遞增，
因為f (2)f ＝(e2－3)·＜0，所以函數f (x)在x∈(1，＋∞)上有唯一零點，所以f (x)有2個零點．
反思領悟　函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據函數零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的統一．
[解]　f ′(x)＝3x2－3，令f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0，解得x1＝－1，x2＝1．
當x<－1時，f ′(x)>0；
當－1當x>1時，f ′(x)>0．
[學以致用]　2．已知函數f (x)＝x3－3x＋a(a為實數)，若方程f (x)＝0有三個不同的實數根，求實數a的取值范圍．
所以當x＝－1時，f (x)有極大值f (－1)＝2＋a；
當x＝1時，f (x)有極小值f (1)＝－2＋a．
因為方程f (x)＝0有三個不同的實數根，
所以y＝f (x)的圖象與x軸有三個交點，如圖．
由已知應有
解得－2探究3　利用導數證明不等式
[典例講評]　3．當x＞0時，證明不等式ln (x＋1)＞x－x2．
[思路導引]　利用導數證明不等式，首先要構造函數f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，然后求函數f (x)的最小值，從而證明f (x)min＞0．
[證明]　令f (x)＝ln (x＋1)－x＋x2，函數f (x)的定義域為(－1，＋∞)．
∵f ′(x)＝－1＋x＝．
當x∈(－1，＋∞)時，f ′(x)≥0，從而f (x)在(－1，＋∞)上是增函數．
當x＞0時，f (x)＞f (0)＝0．∴當x＞0時，ln (x＋1)＞x－x2成立．
反思領悟　利用函數的最值證明不等式的基本步驟
(1)將不等式構造成f (x)＞0(或＜0)的形式．
(2)利用導數將函數y＝f (x)在所給區間上的最小值(或最大值)求出．
(3)證明函數y＝f (x)的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可證得原不等式成立．
[學以致用]　3．已知x＞0，證明：1＋2x＜e2x．
[證明]　設f (x)＝1＋2x－e2x，
則f ′(x)＝2－2e2x＝2(1－e2x)．
當x＞0時，2x＞0，e2x＞e0＝1，
∴f ′(x)＝2(1－e2x)＜0，
∴函數f (x)＝1＋2x－e2x在(0，＋∞)上單調遞減．
∵函數f (x)＝1＋2x－e2x是連續函數，
∴當x＞0時，f (x)＜f (0)＝0，
∴當x＞0時，1＋2x－e2x＜0，即1＋2x＜e2x．
2
4
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題號
1
應用遷移
√
1．設函數f (x)的導函數為f ′(x)，若f (x)為偶函數，且在(0，1)上存在極大值，則f ′(x)的圖象可能為(　　)
A　　　　 B　　　 　C　　　　D
2
4
3
題號
1
應用遷移
C　[根據題意，f (x)為偶函數，則其導函數f ′(x)為奇函數，結合函數圖象可以排除B，D．又由于函數f (x)在(0，1)上存在極大值，則其導函數在(0，1)上存在零點，且零點左側導函數值符號為正，右側導函數值符號為負，結合選項可以排除A，只有C選項符合題意．]
2
3
題號
1
4
2．某箱子的體積與底面邊長x的關系為V(x)＝x2(0A．30　　B．40　　C．50　　D．60
√
B　[V′(x)＝－x2＋60x＝－x(x－40)，
因為0＜x＜60，所以當0＜x＜40時，V′(x)>0，此時V(x)單調遞增；
當402
3
題號
4
1
3．方程x3－6x2＋9x＋m＝0恰有三個不等的實根，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－4)
B．(－4，0)
C．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
D．(0，＋∞)
√
2
3
題號
4
1
B　[設f (x)＝x3－6x2＋9x，可得f ′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
令f ′(x)＞0，即(x－1)(x－3)＞0，解得x＜1或x＞3，
令f ′(x)＜0，即(x－1)(x－3)＜0，解得1＜x＜3，
所以函數f (x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，
則當x＝1時，函數f (x)取得極大值f (1)＝4，
當x＝3時，函數f (x)取得極小值f (3)＝0，
要使得方程x3－6x2＋9x＋m＝0恰有三個不等的實根，即函數y＝f (x)與y＝
－m的圖象有三個不同的交點，所以0＜－m＜4，解得－4＜m＜0，
即實數m的取值范圍是(－4，0)．]
2
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3
題號
1
4．在區間(0，π)上，sin x與x的大小關系是___________．
sin x＜x　[構造函數f (x)＝sin x－x，x∈(0，π)，則f ′(x)＝cos x－1＜0，故函數f (x)在(0，π)上單調遞減，所以f (x)＜f (0)＝0，故sin x＜x．]
sin x＜x
1．知識鏈：(1)導數在實際問題中的應用．
(2)研究求函數零點的方法．
(3)利用導數證明不等式．
2．方法鏈：轉化法、數形結合法、分類討論法．
3．警示牌：不能正確分析函數圖象的變化趨勢，從而不能正確得到函數零點的個數．
回顧本節知識，自主完成以下問題：
1．用導數解決優化問題的實質是什么？
[提示]　生活中常常會遇到求利潤最大、用料最省、效率最高等問題，這些問題通常稱為優化問題，用導數解決這些優化問題的實質是求函數的最值．
2．用導數解決生活中的優化問題的一般步驟是什么？
[提示]?、賹忣}：理解文字表達的題意，分析實際問題中各量之間的關系．
②建模：將文字語言轉化為數學語言，列出實際問題的數學模型，寫出實際問題中變量之間的函數關系．
③解模：把數學問題劃歸為求最值問題．
ⅰ．求函數的導數，解導數值為0的方程；
ⅱ．比較函數在區間端點和使導數值為0的點處的函數值的大小，即得最大(小)值．
④寫出答案．
注意：在將實際問題轉化為數學問題時，要注意所設變量的取值范圍．
3．用導數解決實際問題中的最值問題應注意哪些事項？
[提示]?、僖⒁饪紤]實際問題的意義，不符合題意的值應舍去．
②在實際問題中，有時會遇到區間內只有一個點使f ′(x)＝0的情形，如果函數在該點有極大(小)值，那么不與端點值比較，也可以知道這是最大(小)值．
③要注意問題中涉及的變量關系用函數式表示，以及確定函數關系式中自變量的取值范圍．
4．已知函數的零點(方程根)的個數，求參數的取值范圍有哪些常用的方法？
[提示]　常用的方法有三種：
①直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；
②分離參數法，先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；
③數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．一是轉化為兩個函數y＝g(x)，y＝h(x)的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，二是轉化為y＝a，y＝g(x)的圖象的交點個數問題．
課時分層作業(二十二)　導數在函數有關問題及實際生活中的應用
題號
1
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13
√
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15
一、選擇題
1．某箱子的容積V與底面邊長x的關系為V(x)＝－2x3＋30x2(0＜x＜15)，則當箱子的容積最大時，箱子底面邊長為(　　)
A．5　　B．8　　C．10　　D．12
題號
1
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C　[因為V(x)＝－2x3＋30x2(0＜x＜15)，
所以V′(x)＝－6x2＋60x＝－6x(x－10)，
所以在(0，10)上，V′(x)＞0，V(x)單調遞增，
在(10，15)上，V′(x)＜0，V(x)單調遞減，
所以當x＝10時，V(x)取得最大值．故選C．]
題號
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2．已知函數f (x)＝x3＋ax2＋1圖象的對稱中心的橫坐標x0＞0，且
f (x)有三個零點，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，0)　　 B．
C．(0，＋∞)　　 D．(－∞，－1)
√
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B　[f ′(x)＝3x2＋2ax，令f ′(x)＝0，得x＝0或x＝－，∴x0＝－＞0，∴a＜0．
∴當x＜0或x＞－時，f ′(x)＞0，
當0＜x＜－時，f ′(x)＜0．
∴f (x)在(－∞，0)上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．
∴f (x)的極大值為f (0)＝1，極小值為f ＝＋1．
∵f (x)有三個零點，∴＋1＜0，解得a＜－．]
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3．某產品的銷售收入y1(萬元)與產量x(千臺)的函數關系為y1＝17x2(x＞0)，生產成本y2(萬元)與產量x(千臺)的函數關系為y2＝2x3－x2(x＞0)，為使利潤最大，應生產(　　)
A．6千臺　　 B．7千臺
C．8千臺　　 D．9千臺
√
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A　[設利潤為y，則y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝－2x3＋18x2(x＞0)．
又由y′＝－6x2＋36x＝0，得x＝6，且當x∈(0，6)時，y′＞0，當x∈(6，＋∞)時，y′＜0，
∴當x＝6時，y最大，故應生產6千臺．]
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4．已知函數f (x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數g(x)＝x2＋2x＋a的零點個數為(　　)
A．0　　 B．1
C．2　　 D．取決于a的值
√
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C　[f ′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x)．
因為函數f (x)有最小值，且由題意得最小值即極小值，所以f ′(x)＝0有解．
當有一解x0時，在x0兩側f ′(x)＞0都成立，此時f (x)是單調遞增的，沒有極值，不符合題意，舍去，因此f ′(x)＝0有兩解，即x2＋2x＋a＝0有兩解，故g(x)有兩個零點．]
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5．(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數f (x)＝x3－x＋1，則(　　)
A．f (x)有兩個極值點
B．f (x)有三個零點
C．點(0，1)是曲線y＝f (x)的對稱中心
D．直線y＝2x是曲線y＝f (x)的切線
√
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√
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AC　[由題意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞或x＜－，
令f ′(x)＜0，得－＜x＜，
所以f (x)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以x＝±是極值點，故A正確；
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因為f ＝1＋＞0，f ＝1－＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以，函數f (x)在上有一個零點，
當x≥時，f (x)≥f ＞0，即函數f (x)在上無零點，
綜上所述，函數f (x)有一個零點，故B錯誤；
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令h(x)＝x3－x，該函數的定義域為R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
則h(x)是奇函數，點(0，0)是h(x)圖象的對稱中心，將h(x)的圖象向上平移一個單位長度得到f (x)的圖象，
所以點(0，1)是曲線y＝f (x)的對稱中心，故C正確；
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，
又f (1)＝f (－1)＝1，
當切點為(1，1)時，切線方程為y＝2x－1，當切點為(－1，1)時，切線方程為y＝2x＋3，故D錯誤．故選AC．]
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二、填空題
6．已知函數f (x)＝x4＋9x＋5，則f (x)的圖象在(－1，3)內與x軸的交點的個數為________．
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1　[f ′(x)＝4x3＋9，
當x∈(－1，3)時，f ′(x)＞0，所以f (x)在(－1，3)上單調遞增，因為
f (－1)＝－3＜0，f (0)＝5＞0，所以f (x)的圖象在(－1，3)內與x軸只有一個交點．]
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7．已知x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一個根，則＝________．
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3　[因為x0是方程e3x－ln x＋2x＝0的一個根，所以－ln x0＋2x0＝0，
所以－ln x0－x0＋3x0＝0，
所以＋3x0＝ln x0＋x0，
令u(x)＝ln x＋x(x＞0)，則u′(x)＝＋1＝＞0，所以u(x)在(0，＋∞)上為增函數，又因為＝u(x0)，
所以＝x0，兩邊取對數可得3x0＝ln x0，即＝3．]
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8．為了應對比賽，某運動會組委會將對泳池進行檢修，已知泳池深度為2 m，其容積為2 500 m3，如果池底每平方米的維修費用為150元，設較短池壁長度為x，且據估計較短的池壁維修費用與池壁長度成正比，且比例系數為k(k＞0)，較長的池壁總維修費用滿足代數式，則當泳池的維修費用最低時，x的值為________．
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25　[由題可知池底面積為＝1 250，為定值，即池底維修費用為定值，則泳池維修費用由池壁維修費用決定．
又x表示較短池壁長，則0＜x≤ 0＜x≤25，則池壁維修費用為2×x＋．
設f (x)＝x＋，0＜x≤25，
則f ′(x)＝＝．
令f ′(x)＝0，可得x＝25，則由f ′(x)＞0 25＜x≤25，由f ′(x)＜0 0＜x＜25，所以f (x)在(0，25)上單調遞減，在(25，25]上單調遞增，即f (x)min＝f (25)．
故當泳池的維修費用最低時，x的值為25．]
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三、解答題
9．已知A，B兩地的距離是100 km．根據交通法規，兩地之間的公路車速應限制在[50，100](單位：km/h)，油價為8元/L．假設汽車以x km/h的速度行駛時，耗油率為L/h，司機的人工費為40元/h．
(1)請將總費用W表示為車速x的函數；
(2)試確定x的值，使總費用W最小．
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[解]　(1)汽車的運行時間為 h．
汽車的油耗費用為8＝元．
汽車的總費用為W(x)＝＋2x＋40×＝2x＋，x∈[50，100]．
(2)因為W′(x)＝2－，
當x∈[50，60)時，W′(x)＜0，函數W(x)單調遞減；當x∈(60，100]時，W′(x)＞0，函數W(x)單調遞增．
故當x＝60時，總費用W(x)最?。?br/>14
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10．(多選)設x3＋ax＋b＝0(a，b∈R)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是(　　)
A．a＝－3，b＝2　　 B．a＝－3，b＝－3
C．a＝－3，b＞2　　 D．a＝1，b＝2
√
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√
√
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BCD　[記f (x)＝x3＋ax＋b，
當a＝－3，b＝2時，f (x)＝x3－3x＋2＝(x－1)2(x＋2)＝0，x＝1或x＝－2，不滿足題意；
當a＝－3，b＝－3時，f (x)＝x3－3x－3，f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
f (x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減，而f (x)極大值＝f (－1)＝－1＜0，f (x)只有一個零點，即f (x)＝0只有一個實根；同理a＝－3，b＞2時，f (x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞增，在(－1，1)上單調遞減，而f (x)極小值＝f (1)＝b－2＞0，f (x)只有一個零點，即f (x)＝0只有一個實根；當a＝1，b＝2時，f (x)＝x3＋x＋2＝(x＋1)(x2－x＋2)＝0，只有一個實根－1，故選BCD．]
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11．(多選)已知函數f (x)＝x2ex，x∈R，下列結論正確的是(　　)
A．函數f (x)不存在最大值，也不存在最小值
B．函數f (x)存在極大值和極小值
C．函數f (x)有且只有一個零點
D．函數f (x)的極小值就是f (x)的最小值
√
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√
√
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BCD　[由題意得f ′(x)＝x(x＋2)ex．
令f ′(x)＜0，得－2＜x＜0；
令f ′(x)＞0，得x＜－2或x＞0，
所以函數f (x)在(－2，0)上單調遞減，在(－∞，－2)
和(0，＋∞)上單調遞增．
易得f (0)＝0，f (x)＝x2ex≥0．
作出函數f (x)的大致圖象，如圖，則f (x)min＝f (0)＝0，函數f (x)在x＝－2處取得極大值，在x＝0處取得極小值，極小值f (0)即為最小值，且函數有且只有一個零點0．故選BCD．]
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12．已知函數f (x)＝，x∈(0，＋∞)，則下列結論正確的是(　　)
A．函數y＝f (x)既有最小值也有最大值
B．函數y＝f (x)既無最大值也無最小值
C．函數y＝f (x)有一個零點
D．函數y＝f (x)有兩個零點
√
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C　[由題意得f ′(x)＝＝．因為x∈(0，＋∞)，x2＋1＞0，ex＞0，所以當x∈(0，3)時，f ′(x)＞0，此時函數y＝f (x)單調遞增；當x∈(3，＋∞)時，f ′(x)＜0，此時函數y＝f (x)單調遞減．故函數y＝f (x)有最大值，無最小值，故A，B均錯誤．設g(x)＝x3＋x－2，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝3x2＋1＞0恒成立，所以函數y＝g(x)在(0，
＋∞)上單調遞增．又g(1)＝1＋1－2＝0，所以函數y＝g(x)有一個零點，即函數y＝f (x)有一個零點．故C正確，D錯誤．故選C．]
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13．已知函數f (x)＝ex－2ax＋a，若f (x)恰有兩個零點，則實數a的取值范圍是___________．
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　[已知f (x)＝ex－2ax＋a，定義域為R，顯然不是f (x)的零點，
令f (x)＝0，解得a＝，不妨設g(x)＝，
可得g′(x)＝，當g′(x)＜0時，解得x＜且x≠；
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當g′(x)＞0時，解得x＞，
所以函數g(x)在上單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增，當x＜時，g(x)＜0；當x＞時，g(x)＞0，其大致圖象如圖所示，
所以當x＝時，函數g(x)取得極小值，極小值g＝，
則實數a的取值范圍為．]
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14．已知函數f (x)＝ln x＋1．
(1)若f (x)的圖象在x＝t處的切線過原點，求切線的方程；
(2)令g(x)＝，求證：g(x)≤1．
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[解]　(1)∵f ′(x)＝，∴f (x)的圖象在x＝t處的切線的斜率為．
又點(t，ln t＋1)在f (x)的圖象上，f (x)的圖象在x＝t處的切線過原點，
∴＝，解得t＝1．
∴切線的方程為y－1＝x－1，即y＝x．
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(2)[證明]　∵g(x)＝，
∴g′(x)＝＝－，
由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，
∴g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
∴函數g(x)的最大值為g(1)＝1，∴g(x)≤1．
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15．已知函數f (x)＝ex-1－x2．
(1)求函數f (x)的零點個數；
(2)若n∈N，且n≥2，求證：1＋＋…＋≤n＋ln ．
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[解]　(1)已知f (x)＝ex-1－x2，函數定義域為R，
可得f ′(x)＝ex-1－x，不妨設g(x)＝ex-1－x，函數g(x)的定義域為R，
可得g′(x)＝ex-1－1，當x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減；
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當x＞1時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增，
所以g(x)≥g(1)＝0，即f ′(x)≥0，當且僅當x＝1時等號成立，
所以函數f (x)＝ex-1－x2在R上單調遞增，
又f (－1)＝＜0，f (0)＝＞0，
所以在區間(－1，0)上存在唯一一點x0，使得f (x0)＝0，
則函數f (x)在定義域上共有1個零點．
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(2)證明：若n∈N，且n≥2，
n＋ln ＝n(1－ln 2)＋ln (n＋1)＝n(1－ln 2)＋ln ＋ln ＋…＋ln ，
要證1＋＋…＋≤n＋ln ，n≥2，
需證1＋＋…＋≤n(1－ln 2)＋ln ＋ln ＋…＋ln ，n≥2，
只需證－ln ≤1－ln 2，
即證－ln ≤1－ln 2．
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由(1)知函數f (x)在R上單調遞增，
則當0＜x≤1時，f (x)≤f (1)，
可得ex-1－x2≤，即ex-1≤(1＋x2)，
整理得x－1≤ln (1＋x2)－ln 2，即x－ln (1＋x2)≤1－ln 2，
令x＝，x＞0，此時－ln ≤1－ln 2，
故1＋＋…＋≤n＋ln 成立．
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THANKS5.3.2　函數的極值與最大(小)值
第1課時　函數的極值
[學習目標]　1．了解函數的極值及相關的概念．(數學抽象)
2．能利用導數求某些函數的極值．(數學運算)
3．體會導數在求極值中的應用．(數學運算)
4．能利用導數研究與函數極值等相關的問題．(數學運算)
[討論交流]　
問題1．極大值、極小值的概念是什么？
問題2．函數的極大值點、極小值點是什么？
問題3．如何求函數的極值？
[自我感知]　經過認真的預習，結合對本節課的理解和認知，請畫出本節課的知識邏輯體系．
探究1　函數極值的概念
探究問題1　如圖是某處群山的截面圖，你能指出山峰、山谷嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究問題2　你能從函數與導數角度描述一下探究問題1中在各個山峰、山谷附近的特點嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[新知生成]
極值點與極值的概念
(1)極小值點與極小值
函數y＝f (x)在點x＝a處的函數值f (a)比它在點x＝a附近其他點處的函數值都小，f ′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側________，右側________，則把a叫做函數y＝f (x)的________，f (a)叫做函數y＝f (x)的________．
(2)極大值點與極大值
函數y＝f (x)在點x＝b處的函數值f (b)比它在點x＝b附近其他點處的函數值都大，f ′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側________，右側________，則把b叫做函數y＝f (x)的________，f (b)叫做函數y＝f (x)的________．
(3)極大值點、極小值點統稱為________，極大值和極小值統稱為________．
[典例講評]　1．函數y＝f (x)的導函數的圖象如圖所示，給出下列判斷：
①函數y＝f (x)在區間(3，5)上單調遞增；
②函數y＝f (x)在區間上單調遞減；
③函數y＝f (x)在區間(－2，2)上單調遞增；
④當x＝－時，函數y＝f (x)有極大值；
⑤當x＝2時，函數y＝f (x)有極大值．
則上述判斷中正確的序號是________．
[嘗試解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　關于函數極值的概念的理解
(1)可導函數y＝f (x)在點x＝x0處取得極值的充要條件是f ′(x0)＝0，且在x＝x0左側與右側f ′(x)的符號不同．
(2)若f (x)在(a，b)內有極值，那么f (x)在(a，b)內不是單調函數，即在某區間上單調遞增或單調遞減的函數沒有極值．
[學以致用]　1．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f (x)在區間(a，b)內的極小值點的個數為(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
探究2　求函數的極值
[典例講評]　2．求下列函數的極值．
(1)f (x)＝x3－x2－3x＋3；
(2)f (x)＝＋3ln x．
[嘗試解答] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　求可導函數f (x)極值的步驟
(1)定義域：求函數的________．
(2)求導：求函數的________．
(3)令f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0________，即導函數f ′(x)的零點．
(4)列表：方程的根x0將整個定義域分成若干個區間，把x，f ′(x)，f (x)在每個區間內的變化情況列在一個表格內．
(5)結論：若導數f ′(x)在x＝x0附近左正右負，則函數f (x)在x＝x0處取得________；若左負右正，則函數f (x)取得________．
[學以致用]　2．(源自人教B版教材)已知函數f (x)＝x3－4x＋4，求函數的極值，并作出函數圖象的示意圖．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3　由極值求參數的值或范圍
[典例講評]　3．(1)已知函數f (x)＝x3－2ax2＋a2x＋1在x＝1處取得極小值，則a的值為(　　)
A．1 B．3 C．1或3 D．－1或3
(2)已知函數f (x)＝(x－2)ex與g(x)＝x ln x＋ax有相同的極值點，則實數a＝(　　)
A．－1 B．－ C．2 D．ln 2＋1
[嘗試解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　已知函數的極值求參數的方法
(1)對于已知可導函數的極值求參數的問題，解題的切入點是極值存在的條件：極值點處的導數值為0，極值點兩側的導數值異號．
注意：求出參數后，一定要驗證是否滿足題目的條件．
(2)對于函數無極值的問題，往往轉化為其導函數的值非負或非正在某區間內恒成立的問題，即轉化為f ′(x)≥0或f ′(x)≤0在某區間內恒成立的問題，此時需注意不等式中的等號是否成立．
[學以致用]　3．已知函數f (x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極大值，則m的值為(　　)
A．1 B．2 C．3 D．1或3
1．函數f (x)＝x3－24x的極大值點為(　　)
A．－2 B．32 C．2 D．－32
2．已知函數y＝f (x)的導函數y＝f ′(x)的圖象如圖所示，則f (x)(　　)
A．既有極小值，也有極大值
B．有極小值，但無極大值　
C．有極大值，但無極小值
D．既無極小值，也無極大值
3．函數f (x)＝ax3＋bx在x＝1處取得極值－2，則a，b的值分別為(　　)
A．1，－3 B．1，3
C．－1，3 D．－1，－3
4．函數f (x)＝ln x－x在區間(0，e]上的極大值為________．
1．知識鏈：(1)函數極值的概念．
(2)函數極值的判定及求法．
(3)函數極值的應用．
2．方法鏈：方程思想、分類討論．
3．警示牌：導數值等于零不是此點為極值點的充要條件．
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