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习题课　含参数的函数的最大(小)值
[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．
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．
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　含参数的函数的最值问题大体有两类
(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．
跟踪训练1　已知a∈R，函数f(x)＝x2，求f(x)在区间[0,2]上的最大值．
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．
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．
三、与最值有关的探究性问题
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；
(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．
反思感悟　与最值有关的探究性问题的解题思路
对于形式为“是否存在……，使得……”的探究性问题，一般先假设存在，把假设当条件去求参数的取值或范围，若能求出，则存在；否则不存在．
跟踪训练3　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(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．
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．
1．函数f(x)＝的最大值为(　　)
A．a B.e
C．e1－a D．ea－1
2．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′＝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
3．已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)
A.－1 B. C. D.＋1
4．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为________， f(x)在[－2,2]上的最大值为_______
习题课　含参数的函数的最大(小)值
例1　解　f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－，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，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③当a<0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
所以f(x)min＝f ＝a3.
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a3.
延伸探究
解　f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝a.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在[a,2a]上单调递增．
因为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.
跟踪训练1　解　f(x)＝x3－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)＝－4a.
②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减，
从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.
③当0<2a<2，即0f(x)在 [0,2a]上单调递减，在(2a,2]上单调递增，
从而g(a)＝
综上所述，f(x)max＝
例2　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，解得x1＝0，x2＝4(舍去)．
①当a>0，且当x变化时，
f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2
f′(x) ＋ 0 －
f(x) －7a＋b ↗ b ↘ －16a＋b
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1,2]上的最大值，
∴f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(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.
跟踪训练2　解　∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，解得x1＝－3，x2＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如表所示：
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∴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]．
例3　解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
则f′(x)＝1－＝，
∴所求切线的斜率为f′(2)＝，f(2)＝2－ln 2，
故切点为(2,2－ln 2)，
∴所求切线的方程为y－(2－ln 2)＝(x－2)，
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
(2)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－＝.
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＝(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a；
②当0<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)min＝f＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当≥e，即0综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.
跟踪训练3　解　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝6x.
令f′(x)＝6x＝0，解得x＝0或x＝.
当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)是增函数；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>或x<0，
令f′(x)<0，解得0即函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0或x<，
令f′(x)<0，解得即函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数f(x)是增函数；
当a>0时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
(2)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＝1，不符合题意；
当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增；
当≥1，即a≥3时，函数f(x)在上单调递减，
f(x)的最大值为f＝1，最小值为f＝2－a＋1＝－1，
解得a＝4，满足题意；
当0<<1，即0f(x)的最小值为f ＝2×3－a×2＋1＝－1，
化为－＝－2，
解得a＝3>3，不符合题意．
综上可得，a的值为4.
随堂演练
1．D　[f(x)＝，则f′(x)＝，
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＝ea－1.]
2．B　[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.]
3．A　[由f(x)＝，得f′(x)＝，
当a>1时，若x>，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若10，f(x)单调递增，
故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，
解得a＝<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)＝，不符合题意．
当0解得a＝－1，符合题意．
故a的值为－1.]
4．3　3
解析　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．
由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
x －2 (－2,0) 0 (0,2) 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.(共74张PPT)
习题课
第5章
<<<
含参数的函数的最大(小)值
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.
学习目标
一、求含参数的函数的最值
二、由最值求参数的值或范围
课时对点练
三、与最值有关的探究性问题
随堂演练
内容索引
求含参数的函数的最值
一
　　　已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值.
例 1
f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－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，所以f(x)min＝f(0)＝0.
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，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值.
延伸探究
f(2a)＝2a3.
所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.
f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.
(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.
含参数的函数的最值问题大体有两类
反
思
感
悟
跟踪训练 1
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，
②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减，
从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.
③当0<2a<2，即0f(x)在 [0,2a]上单调递减，在(2a,2]上单调递增，
二
由最值求参数的值或范围
　　　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.
例 2
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，解得x1＝0，x2＝4(舍去).
①当a>0，且当x变化时，
f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2
f′(x) ＋ 0 －
f(x) －7a＋b ↗ b ↘ －16a＋b
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1,2]上的最大值，
∴f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(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.
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.
　　　　　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.
跟踪训练 2
∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，解得x1＝－3，x2＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如表所示：
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∴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].
与最值有关的探究性问题
三
　　　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；
例 3
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
故切点为(2,2－ln 2)，
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
(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.
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，
综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.
反
思
感
悟
对于形式为“是否存在……，使得……”的探究性问题，一般先假设存在，把假设当条件去求参数的取值或范围，若能求出，则存在；否则不存在.
与最值有关的探究性问题的解题思路
　　　　　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
跟踪训练 3
当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)是增函数；
综上所述，当a＝0时，函数f(x)是增函数；
(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.
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；
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；
综上可得，a的值为4.
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.
随堂演练
四
A.a 　　　　B. (a－1)e 　　　　C.e1－a 　　　　D.ea－1
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.
√
1
2
3
4
2.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
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.
√
1
2
3
4
√
1
2
3
4
当01
2
3
4
1
2
3
4
4.已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为_____，f(x)在[－2,2]上的最大值为_____.
1
2
3
4
3
3
f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2).
由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
1
2
3
4
x －2 (－2,0) 0 (0,2) 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.
课时对点练
五
又f′(x)＝acos x＋cos 3x，
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
基础巩固
2.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是
A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1)
C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1]
f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.
若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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11
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15
16
√
1
2
3
4
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1
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13
14
15
16
y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－10，
4.函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
12
13
14
15
16
∵f(x)＝3x－x3，
∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1(舍去)，
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
1
2
3
4
5
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7
8
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12
13
14
15
16
5.已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a的值为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为
∵f′(x)＝3x2－3a，
且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.
又∵x∈(0,1)，∴0√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
7.函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为______.
f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1).
由f′(x)＝0，解得x＝3或x＝－1.
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，
f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.
由f(x)max＝k＋5＝10，解得k＝5，
所以f(x)min＝k－76＝－71.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
－71
8.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为_____.
f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.
即－3×4＋2a×2＝0，解得a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2，所以f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
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9.已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值.
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f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a).
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，
所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.
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因为x∈[0,1]，
综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0；
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当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
10.已知函数f(x)＝2ex(x＋1).
(1)求函数f(x)的极值；
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f′(x)＝2ex(x＋2)，
由f′(x)>0，解得x>－2；
由f′(x)<0，解得x<－2.
∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.
∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值.
(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值.
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由(1)知，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减.
∵t>－3，∴t＋1>－2.
①当－3②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，∴f(x)min＝f(t)＝2et(t＋1).
√
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综合运用
∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，
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当10，h(x)单调递增.
∴m≤h(x)max，
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由题意可得，存在实数x≠0，
使得f(－x)＝f(x)成立，
假设x>0，则－x<0，
所以有－kx＝ln x，
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令h′(x)>0，即ln x>1，解得x>e，
令h′(x)<0，即ln x<1，解得0则h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
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由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
解得a＝1.
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拓广探究
15.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为____.
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由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，
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由f(－1)≥0，解得a≤4，综上可得a＝4.
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(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
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∵a<0，
∴f′(x)>0，
故函数f(x)是增函数.
∴f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间.
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当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，
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②当10，f(x)单调递增，
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16作业71　含参数的函数的最大(小)值
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[分值：100分]
单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共6分
1．若函数f(x)＝asin x＋sin 3x在x＝处有最值，则a等于(　　)
A．2 B．1 C. D．0
2．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
3．若函数y＝x3＋x2＋m在[－2,1]上的最大值为，则m等于(　　)
A．0 B．1 C．2 D.
4．函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为(　　)
A．[1，] B．[1，＋∞)
C．(1，] D．(1，＋∞)
5．已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a的值为(　　)
A．1 B．2 C．e D.
6．(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为(　　)
A．0 B. C. D．1
7．(5分)函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为________．
8．(5分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
9．(10分)已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．
10．(12分)已知函数f(x)＝2ex(x＋1)．
(1)求函数f(x)的极值；(4分)
(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值．(8分)
11．若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为(　　)
A.＋3e－2 B.＋e＋2
C．4 D．e2－1
12．已知函数f(x)＝sin－－mx在上单调递减，则实数m的最小值是(　　)
A．－ B．－ C. D.
13．已知函数f(x)＝若 x∈R使得f＝f成立，则实数k的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
14．(5分)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．
15．(5分)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．
16．(12分)已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；(4分)
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．(8分)
作业71　含参数的函数的最大(小)值
1．A　[∵f(x)在x＝处有最值，
∴x＝是函数f(x)的极值点．
又f′(x)＝acos x＋cos 3x，
∴f′＝acos ＋cos π＝0，解得a＝2.]
2．A　[f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.
若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1.]
3．C　[y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－10，
所以函数y＝x3＋x2＋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＋，当x＝1时，y＝m＋，所以最大值为m＋＝，解得m＝2.]
4．A　[∵f(x)＝3x－x3，
∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，
令f′(x)＝0，
解得x＝1或x＝－1(舍去)，
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f()＝0，f(1)＝2，
∴1≤m≤.]
5．D　[∵f′(x)＝－a，x>0，
∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，
∴当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f ＝ln－1＝0，解得a＝.]
6．BC　[∵f′(x)＝3x2－3a，
且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.
又∵x∈(0,1)，∴07．－71
解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
由f′(x)＝0，解得x＝3或x＝－1.
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，
f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.
由f(x)max＝k＋5＝10，解得k＝5，
所以f(x)min＝k－76＝－71.
8．－4
解析　f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.
即－3×4＋2a×2＝0，解得a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2，所以f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
9．解　f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，
所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.
若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝±.
因为x∈[0,1]，
所以只考虑x＝的情况．
①若0<<1，即0x 0 (0，) (，1) 1
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 0 ↗ 2a ↘ 3a－1
②若≥1，即a≥1，则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1.
综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0；
当0当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
10．解　(1)f′(x)＝2ex(x＋2)，
由f′(x)>0，解得x>－2；
由f′(x)<0，解得x<－2.
∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．
∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值．
(2)由(1)知，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，
在(－∞，－2)上单调递减．
∵t>－3，∴t＋1>－2.
①当－3∴f(x)min＝f(－2)＝－2e－2.
②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，
∴f(x)min＝f(t)＝2et(t＋1)．
综上所述，f(x)min＝
11．A　[∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，
∴m≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋，
则h′(x)＝＋1－＝，
当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当10，h(x)单调递增．
∵存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，
∴m≤h(x)max，
∵h＝－2＋＋3e，h＝2＋e＋，
∴h>h.
∴m≤＋3e－2，m的最大值为＋3e－2.]
12．D　[由f(x)＝sin－－mx在上单调递减，
得f′(x)＝2cos－x－m≤0，
即2cos－x≤m，
令g(x)＝2cos－x，
则g′(x)＝－4sin－1，
当x∈时，≤2x＋≤ ，
则2≤4sin≤4，
所以－5≤－4sin－1≤－3，即g′(x)<0，
所以g(x)在x∈上单调递减，
g(x)max＝g(0)＝，
所以m≥，m的最小值为.]
13．D　[由题意可得，存在实数x≠0，
使得f＝f成立，
假设x>0，则－x<0，
所以有－kx＝ln x，
则k＝－，
令h(x)＝－，
则h′(x)＝，
令h′(x)>0，即ln x>1，解得x>e，
令h′(x)<0，即ln x<1，解得0则h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)≥h(x)min＝h＝－＝－，
所以k≥－.]
14．1
解析　由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，解得x＝，
当00；
当所以f(x)max＝f ＝－ln a－1＝－1.
解得a＝1.
15．4
解析　由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，
解得x＝±，±∈[－1,1]．
①当－1≤x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
②当－③当0，f(x)单调递增．
所以只需f ≥0，且f(－1)≥0即可，
由f ≥0，得a·3－3·＋1≥0，解得a≥4，
由f(－1)≥0，解得a≤4，综上可得a＝4.
16．解　函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
(1)∵a<0，
∴f′(x)>0，
故函数f(x)是增函数．
∴f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间．
(2)当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾；
②当10，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝；
③当a≥e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋≥2，与最小值是相矛盾．
综上所述，a的值为.

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