高中数学苏教版选修2-2第1章导数及其应用133

高中数学苏教版选修2-2第1章导数及其应用133内容摘要：

∴ f ′ ( x ) ＝ 3e x － (e x x 2 ＋ 2e x x ) ＝－ e x ( x 2 ＋ 2 x － 3) ＝－ e x ( x ＋ 3 ) ( x － 1) ， ∵ 在区间 [ 2 , 5 ] 上， f ′ ( x ) ＝－ e x ( x ＋ 3 ) ( x － 1 ) 0 ， 即函数 f ( x ) 在区间 [ 2 , 5 ] 上单调递减， ∴ x ＝ 2 时，函数 f ( x ) 取得最大值 f ( 2 ) ＝－ e 2 ； x ＝ 5 时，函数 f ( x ) 取得最小值 f ( 5 ) ＝－ 22e 5 . 本课时栏目开关 填一填 研一研 练一练 探究点 二 含参数的函数的最值问题 例 2 已知 a 是实数，函数 f ( x ) ＝ x2( x － a ) . ( 1) 若 f ′ ( 1) ＝ 3 ，求 a 的值及曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f ( 1) ) 处的切线方程 . ( 2) 求 f ( x ) 在区间 [ 0,2 ] 上的 最大值 . 解 ( 1 ) f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 2 ax . 因为 f ′ ( 1 ) ＝ 3 － 2 a ＝ 3 ， 所以 a ＝ 0. 又当 a ＝ 0 时， f ( 1 ) ＝ 1 ， f ′ ( 1 ) ＝ 3 ， 所以曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f ( 1 ) ) 处的切线方程为 3 x － y － 2 ＝ 0. ( 2 ) 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，解得 x 1 ＝ 0 ， x 2 ＝ 2 a3 . 本课时栏目开关 填一填 研一研 练一练 当 2 a3 ≤ 0 ，即 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 [ 0 , 2 ] 上单调递增， 从而 f ( x ) m a x ＝ f ( 2 ) ＝ 8 － 4 a . 当 2 a3 ≥ 2 ，即 a ≥ 3 时， f ( x ) 在 [ 0 , 2 ] 上单调递减， 从而 f ( x ) m a x ＝ f ( 0 ) ＝ 0. 当 0 2 a3 2 ，即 0 a 3 时， f ( x ) 在  0 ， 2 a3 上单调递减，在  2 a3 ， 2 上单调递增， 从而 f ( x ) m a x ＝ 8 － 4 a  0 a ≤ 2 0  2 a 3  ， 本课时栏目开关 填一填 研一研 练一练 综上所述， f ( x ) m a x ＝ 8 － 4 a  a ≤ 2 0  a 2  . 小结 由于参数的取值不同会导致函数 在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化 . 所以 解 决这类 问题 常需要分类讨论，并结合不等式的知识进行求 解 . 本课时栏目开关 填一填 研一研 练一练 跟踪训练 2 已知函数 f ( x ) ＝ ax 3 － 6 ax 2 ＋ b ， x ∈ [ － 1,2] 的最大值为 3 ，最小值为－ 29 ，求 a ， b 的值 . 解 f ′ ( x ) ＝ 3 ax 2 － 12 ax ＝ 3 ax ( x － 4) ，令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x 1 ＝ 0 ，x 2 ＝ 4( 舍去 ). ( 1) 当 a 0 时，列表如下： x － 1 ( － 1,0) 0 ( 0,2 ) 2 f′ ( x ) ＋ 0 － f ( x ) － 7 a ＋ b ↗ b ↘ － 16 a ＋ b 由。