第08课时-函数的最大值及最小值.doc 6页

第 PAGE 5 页 共 NUMPAGES 6 页第08课时-函数的最大值与最小值教学目的：使学生理解函数的最大值和最小值的概念，掌握可导函数f(x)在闭区间[a,b]上所有点（包括端点a,b处的函数中的最大(或最小)值必有的充分条件；使学生掌握用导数求函数的极值及最值的方法和步骤.教学重点：利用导数求函数的最大值和最小值的方法.教学难点：函数的最大值、最小值与函数的极大值和极小值的区别与联系.教学过程：一、复习1.极大(小)值： 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)＜()f(x0)，就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大(小)值=f(x0)，x0是极大(小)值点.2.极大值与极小值统称为极值:在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值.3.求可导函数f(x)的极值的步骤:二、函数的最大值和最小值xyOx1x2x3x4x5ab观察图中一个定义在闭区间[a,b]上的函数f(xyOx1x2x3x4x5ab一般地，在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.说明：(1)在开区间(a,b)内连续的函数f(x)不一定有最大值与最小值．如函数f(x)=在(0,+?)内连续，但没有最大值与最小值；(2)函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的.(3)函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，是f(x)在闭区间[a,b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件.(4)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个.三、例题选讲：利用导数求函数的最值例1：求下列函数在相应区间上的最大值与最小值.(1) y=x4?2x2+5，x?[?2,2]；(2)，x?(1)解：先求导数，得令＝0即解得导数的正负以及，如下表x-2(-2,-1)-1(-1,0)0(0,1)1(1,2)2y/－0＋0－0＋y13↘4↗5↘4↗13从上表知，当时，函数有最大值13，当时，函数有最小值4 .小结：利用导数求函数的最值步骤:由上面函数f(x)的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可以得出函数的最值了.设函数f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则求f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下：(1)求f(x)在(a,b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较得出函数f(x)在[a,b]上的最值.练习：求下列函数的值域：（1）；（2）；（3）（a为常数）.例2：已知动点M在抛物线y2=2px(p0)上，问M在何位置时到定点P(p,p)的距离最短.练习：动点P(x,y)是抛物线y=x2?2x?1上的点，O为原点，设S=|OP|2，求S的最小值.例3：已知x,y为正实数，且满足关系式x2?2x+4y2=0，求x?y的最大值.例4：已知抛物线y= ?x2+2，过其上一点P引抛物线的切线l，使l与两坐标轴在第一象限围成的三角形的面积最小，求l的方程 HYPERLINK /wxc/ .小结：⑴函数在闭区间上的最值点必在下列各种点之中： 导数等于零的点，导数不存在的点，区间端点；⑵函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，是f(x)在闭区间[a,b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件；⑶闭区间 [a,b]上的连续函数一定有最值；开区间(a,b)内的可导函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值. 例5：设a∈R，函数f(x)=x2e1?x?a(x?1)．(1)当a=1时，求f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))内的极大值；(2)设函数g(x)=f(x)+a(x?1?e1－x)，当g(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)时，总有x2g(x1)≤λf ?(x1)，求实数λ的值．(其中f ?(x)是f(x[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2e1－x－(x－1)，则f ?(x)＝(2x－x2)e1－x－1＝eq \f(?2x－x2?－ex－1,ex－1)，令h(x)＝(2x－x2)－ex－1，则h ?(x)＝2－2x－ex－1，显然h ?(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))内是减函数，又h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,\r(4,e))0，故x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))时，总有h ?(x)0，所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))内是减函数．又h(1)＝0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))时，h(x)0，从而f ?(x)0，这时f(x)单调递增，当x∈(1,2)时，h(x)0，从而f ?(x)0，这时f(x)单调递减，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))内的极大值是f(1)＝1.(2)由题可知g(x)＝(x2－a)e1－x，则g ?(x)＝(2x－x2＋a)e1－x＝(－x2＋2x＋a)e1－x.根据题意，方程－x2＋2x＋a＝0有两个不同的实根x1，x2(x1x2)，所以Δ＝4＋4a0，即a－1，且x1＋x2因为x1x2，所以x11.由x2g(x1)≤λf′(x1)，其中f′(x)＝(2x－x2)e1－x－a可得(2－x1)(xeq \o\al(2,1)－a)e1－x1≤λ[(2x1－xeq \o\al(2,1))e1－x1－a]，注意到－xeq \o\al(2,1)＋2x1＋a＝0，所以上式化为(2－x1)(2x1)e1－x1≤λ[(2x1－xeq \o\al(2,1))e1－x1＋(2x1－xeq \o\al(2,1))]，即不等式x1[2e1－x1－λ(e1－x1＋1)]≤0对任意的x1∈(－∞，1)恒成立．①当x1＝0时，不等式x1[2e1－x1－λ(e1－x1＋1)]≤0恒成立，λ∈R；②当x1∈(0,1)时，2e1－x1－λ(e1－x1＋1)≤0恒成立，即λ≥eq \f(2e1－x1,e1－x1＋1)，令函数k(x)＝eq \f(2e1－x,e1－x＋1)＝2－eq \f(2,e1－x＋1)，显然