新人教版高中数学选择性必修第二册第五章含参数的函数的最大(小)值

解 f′(x)＝6x2－2ax＝6xx－a3. 令 f′(x)＝6xx－a3＝0，解得 x＝0 或 x＝a3. 当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增； 当 a>0 时，令 f′(x)>0，得 x>a3或 x<0，令 f′(x)<0，得 0<x<a3， 即函数 f(x)在－∞，0和a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调递减； 当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 x>0 或 x<a3，令 f′(x)<0，得a3<x<0， 即函数 f(x)在－∞，a3和0，＋∞上单调递增，在a3，0上单调递减.
解 由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设矛盾. 求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去). ①当a>0，且当x变化时， f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f′(x)
f(x)
－1 －7a＋b
(－1,0) ＋
0 (0,2)
反思感悟 对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小 于0三种情况.若导函数恒大于0或小于0，则函数在已知区间上是单调 函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极 值，再与端点值比较后确定最值.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1. (1)讨论f(x)的单调性；
第五章 §5.3 导数在研究函数中的应用
学习目标
1.能利用导数求简单的含参的函数的最值问题. 2.能根据最值求参数的值或取值范围. 3.初步探究有关探索性的问题.
内容索引
一、求含参数的函数的最值 二、由最值求参数的值或范围 三、与最值有关的探究性问题
随堂演练
课时对点练
一、求含参数的函数的最值
例1 已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值.
(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.
解 假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x在区间(0，e]上的最小值是3， f′(x)＝a－1x＝ax－x 1. ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减， 故 f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得 a＝4e(舍去)， 所以此时不存在符合题意的实数a；
A.0
B.1
√C.2
5 D.2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
解析 y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－1<x<0时，y′<0， 当－2<x<－1或0<x<1时，y′>0， 所以函数 y＝x3＋32x2＋m 在(－2，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)上单 调递减， 又当 x＝－1 时，y＝m＋12， 当 x＝1 时，y＝m＋52，所以最大值为 m＋52＝92，解得 m＝2.
随堂演练
1.已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则
c的值为
A.1
√B.4
C.－1
D.0
解析 由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2， 所以f′(x)＝6x2≥0， 故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4.
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2.函数f(x)＝x＋ex a 的最大值为
A.a
B.(a－1)e
C.e1－a
√D.ea－1
解析 f(x)＝x＋ex a，则 f′(x)＝1－exx－a， 所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f (1－a)＝ea－1.
解 存在，理由如下： 由(1)可得，当a≤0时，函数f(x)在[0,1]上单调递增. 则最小值为f(0)＝1，不符合题意； 当 a>0 时，函数 f(x)在0，a3上单调递减，在a3，＋∞上单调递增； 当a3≥1，即 a≥3 时，函数 f(x)在[0，1]上单调递减， f(x)的最大值为f(0)＝1，最小值为f(1)＝2－a＋1＝－1， 解得a＝4，满足题意； 当 0<a3<1，即 0<a<3 时，函数 f(x)在0，a3上单调递减，在a3，1上单调 递增，
综上所述，当a＝0时，函数f(x)在R上单调递增； 当 a>0 时，函数 f(x)在－∞，0和a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调 递减；
当 a<0 时，函数 f(x)在－∞，a3和0，＋∞上单调递增，在a3，0上单调 递减.
(2)是否存在a，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若 存在，求出a的所有值；若不存在，说明理由.
跟踪训练1 已知a∈R，函数f(x)＝x2 13x－a ，求f(x)在区间[0,2]上的最 大值.
解 f(x)＝13x3－ax2，则 f′(x)＝x2－2ax. 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a. 令g(a)＝f(x)max， ①当2a≤0，即a≤0时，
f(x)在[0,2]上单调递增， 从而 g(a)＝f(x)max＝f(2)＝83－4a. ②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减，
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3.已知函数 f(x)＝x2＋x a(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为 33，则 a 的值为
√A. 3－1
3 B.4
4 C.3
D. 3＋1
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解析 由 f(x)＝x2＋x a，得 f′(x)＝xa2－＋xa22， 当 a>1 时，若 x> a，则 f′(x)<0，f(x)单调递减，
从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0. ③当0<2a<2，即0<a<1时，
f(x)在 [0,2a]上单调递减，在(2a,2]上单调递增，
从而 g(a)＝083－ ，234<a，a<01<，a≤32， 综上所述，g(a)＝830－，4aa>，23. a≤23，
二、由最值求参数的值或范围
例2 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为 －29，求a，b的值.
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4. 已 知 函 数 f(x) ＝ 2x3 － 6x2 ＋ a 在 [ － 2,2] 上 有 最 小 值 － 37 ， 则 a 的 值 为 ___3___，f(x)在[－2,2]上的最大值为___3___.
解析 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2). 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
解 f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)， 令 f′(x)＝0，得 x1＝－a3，x2＝a. 所以 f(x)在－a，－a3上单调递增， 在－a3，a上单调递减，在[a,2a]上单调递增. 因为 f(－a)＝－a3，f －a3＝257a3，f(a)＝－a3，f(2a)＝2a3. 所以f(x)max＝f(2a)＝2a3. f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.
反思感悟 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数 最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值 点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题.
跟踪训练2 已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是 28，求k的取值范围.
解 ∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1， ∴h′(x)＝3x2＋6x－9. 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1， 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
解 f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)， 令 f′(x)＝0，得 x1＝－a3，x2＝a. ①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增.
所以f(x)min＝f(a)＝－a3. ②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
f(x)的最小值为 f a3＝2×a33－a×a32＋1＝－1， 化为－2a73＝－2，解得 a＝33 2>3，不符合题意. 综上可得，a的值为4.
课堂小结
1.知识清单： (1)求含参的函数的最值. (2)由最值求参数的值或取值范围. (3)与最值有关的探究性问题. 2.方法归纳：转化法、分类讨论. 3.常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏.
所以f(x)min＝f(0)＝0. ③当 a<0 时，f(x)在0，－a3上单调递减，
在－a3，＋∞上单调递增.
所以 f(x)min＝f －a3＝257a3. 综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3； 当a＝0时，f(x)的最小值为0； 当 a<0 时，f(x)的最小值为257a3.
延伸探究 当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值.
反思感悟 含参数的函数最值问题的两类情况 (1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题. (2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨 论导函数大于0、等于0、小于0三种情况.若导函数恒不等于0，则函 数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于 0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值.
x
－2
f′(x)
＋
0
－
0
f(x)
－40＋a
极大值a
－8＋a
所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3. 所以当x＝0时，f(x)取得最大值3.
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课时对点练
基础巩固
1.若函数 f(x)＝asin x＋13sin 3x 在 x＝π3处有最值，则 a 等于
例3 已知f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
解 当 a＝1 时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1x＝x－x 1， ∴所求切线的斜率为 f′(2)＝12，切点为(2,2－ln 2)， ∴所求切线的方程为 y－(2－ln 2)＝12(x－2)， 即x－2y＋2－2ln 2＝0.
√A.2
B.1
23 C. 3
D.0
解析 ∵f(x)在 x＝π3处有最值， ∴x＝π3是函数 f(x)的极值点.
又f′(x)＝acos x＋cos 3x，
∴f′π3＝acos π3＋cos π＝0，解得 a＝2.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
2.若函数 y＝x3＋32x2＋m 在[－2,1]上的最大值为92，则 m 等于
0
－
b
2 －16a＋b
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－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当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在 [－1,2]上的最小值， ∴f(0)＝b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
②当 0<1a<e，即 a>1e时，f(x)在0，1a上单调递减，在1a，e上单调递增， 故 f(x)min＝f 1a＝1＋ln a＝3，解得 a＝e2，满足条件；
③当1a≥e，即 0<a≤1e时，f(x)在(0，e]上单调递减， 故 f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得 a＝4e(舍去)， 所以此时不存在符合题意的实数a. 综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.
x
(－∞，－3) －3 (－3,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
28
－4
∴当x＝－3时，h(x)取极大值28； 当x＝1时，h(x)取极小值－4.
而h(2)＝3<h(－3)＝28， ∴如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤－3. ∴k的取值范围为(－∞，－3].
三、与最值有关的探究性问题
若 1<x< a，则 f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当 x＝
a时，函数
f(x)有最大值2 1
＝ a
33，
解得 a＝34<1，不符合题意.
当 a＝1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为 f(1)＝12，不符合
题意.
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当 0<a<1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减.此时最大值为 f(1)＝a＋1 1 ＝ 33， 解得 a＝ 3－1，符合题意. 故 a 的值为 3－1