善用最值另辟蹊径——例谈函数最值的运用

☉江苏省苏州市第十中学 陈春明

善用最值另辟蹊径
——例谈函数最值的运用

☉江苏省苏州市第十中学 陈春明

最值是函数的一个重要性质，其运用很广泛，常常是求函数最值及利用最值解决恒成立问题等题型，本文介绍函数最值的几种应用，以飨读者.

一、善用最值巧解一类含参函数问题

给定含参函数的最值求参变量的值（取值范围），这一类题在近几年的高考中频频出现，常见的解法是先求出函数最值关于参变量的表达式，再求参变量的值，求解过程往往因需分类讨论而显得烦琐.

苏教版高中数学必修1给出的函数最值定义：一般地，设函数y=f（x）的定义域为I，如果实数m满足：（1）对于任意的x∈I，都有f（x）≤m（f（x）≥m）；（2）存在x0∈I，使得f（x0）=m.那么，我们称m是函数f（x）的最大值（最小值）.

根据函数最值定义，m是函数f（x）的最大值（最小值）等价于不等式f（x）≤m（f（x）≥m）恒成立且等号成立.教学中，若能灵活运用函数最值定义，可收到意想不到的效果.

例1已知函数f（x）=x2-2（t-1）x+4在区间［1，5］上的最小值为2，求t的值.

解析：根据题意，x2-2（t-1）x+4≥2对于任意的x∈［1，5］恒成立，且∃x0∈［1，5］使此不等式等号成立.

点评：本题的传统解法是对参数t分类讨论，即对抛物线f（x）的对称轴x=t-1分：t-1＜1，1≤t-1≤5，t-1＞5三种情况讨论求得f（x）的最小值h（t），然后由h（t）=2解得t的值.这里利用变量分离将参数t转化为函数g（x）的最值，避免了烦琐的分类讨论，解法简单明了.

二、善用最值证明不等式问题

函数与导数结合的不等式的证明一直是高考重点关注的对象，而且常以压轴题出现，因为其证法的灵活性、多变性、抽象性使得很多同学对其望而生畏.本文通过利用函数最值的办法来证明不等式，其一是为学生证明不等式提供一种方法，更重要的是培养学生发挥数学资源的再创造价值.

例2已知函数f（x）=x3-x+a，x∈R.

求证：对于区间［-1，1］上任意两个自变量x1，x2，都有|f（x1）-f（x2）|＜1.

分析：|f（x1）-f（x2）|表示函数f（x）两个函数值的极差，当然不会超过最大值与最小值的差，故本题实为求函数的最大值与最小值.

解：f′（x）=3x2-1，令f′（x）=0，解得

点评：如果构造的函数解析式比较复杂，求导之后难于判断导函数的符号，无法求解最值，则需要将其转化为两个函数的最值问题解决.如果转化为两个函数的最值仍然无法解决，则应该将函数解析式进行变形，有

时甚至要对函数进行放大或缩小，目的是便于直接求导和求出函数的最值.

三、善用最值将函数最值问题转化为不等式恒成立问题

此类问题的解决可以按照下列流程：

m是含参函数f（x）（x∈I）的最大值且在x=x0处取得最值⇒f（x）≤m（x∈I，x≠x0）恒成立⇒t≤g（x）（或t≥g（x））（x∈I，x≠x0）恒成立⇒t≤［g（x）］min（或t≥［g（x）］max）（x∈I，x≠x0）.

例3设a∈R，函数f（x）=ax3-3x2.

（Ⅰ）若x=2是函数y=f（x）的极值点，求a的值；

（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）+f′（x），x∈［0，2］，在x=0处取得最大值，求a的取值范围.

解析：（Ⅰ）略.

（Ⅱ）g（x）=f（x）+f′（x）=ax3+（3a-3）x2-6x，由题意知，g（x）在区间［0，2］上取得最大值0，所以，当x∈（0，2］时，不等式g（x）≤0恒成立，即不等式a≤恒成立.

点评：注意本题与例1的区别，由于本题中g（x）在x= 0处取得最大值，因此，当x∈（0，2］时不等式g（x）≤0中的等号不一定成立，从而不能断定a是否是函数h（x）的最小值.

四、善用最值判断函数零点的个数问题

例4已知函数（fx）=lnx-x2+x，证明：函数（fx）只有一个零点.

证明：函数（fx）的定义域是（0，+∞），f（′x）=-

当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0.

所以函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减.

所以，当x=1时，函数f（x）取得最大值f（1）=0.

所以函数f（x）只有一个零点.

点评：本题表面上是证明零点的个数，实际上只要求出最大值问题便迎刃而解.

五、善用最值确定函数的单调性问题

例5试判断函数g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x的单调性.

解析：函数g（x）的定义域为（-1，+∞），g′（x）=2ln（1+ x）-2x.

当-1＜x＜0时，h′（x）＞0，h（x）在（-1，0）上为增函数；

当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上为减函数.

所以h（x）在x=0处取得极大值，而h（0）=0，所以g′（x）＜0（x≠0），函数g（x）在（-1，+∞）上为减函数.

点评：本题求得h（x）极大值h（0）=0，即g′（x）的最大值为0后，函数g（x）的单调性便随之确定.

六、善用最值，利用函数极值点的唯一性建立关于参变量的方程

此类问题的解决流程可以表示为：

（1）f（x）≥m（x∈I）恒成立，且当x=x0时等号成立；（2）f（x）在区间I上有唯一极小值点h（t）⇒h（t）=x0（或f（h（t））=m）⇒解方程求得参变量t的值.

例6已知函数f（x）=ex-ax-1（a＞0，e为自然对数的底数）.

（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；

（Ⅱ）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；

解析：（Ⅰ）由题意a＞0，f′（x）=ex-a，由f′（x）=ex-a=0，得x=lna.

当x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0.所以f（x）在（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增.

所以f（x）在x=lna处取得极小值，且为最小值，其最小值为f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1.

（Ⅱ）解法1：显然当x=0时f（x）=0，又f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，所以当x=0时f（x）取得最小值0.

又由（Ⅰ）知，f（x）有唯一的极小值点x=lna，所以lna= 0，a=1.

解法2：f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）min≥0.

由（Ⅰ），设g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0.由g′（a）=1-lna-1=-lna=0，得a=1.

所以g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减.

所以g（a）在a=1处取得极大值g（1）=0.

因此g（a）≥0的解为a=1，即所求a的值为1.

点评：解法1和解法2的区别在于分别根据函数极小值点和极小值列方程或不等式，解法2是一种传统的解法，在这里显然解法1比解法2简单.

七、善用最值解决存在性问题

例7已知函数g（x）=（lnx-1）ex+x（其中e为自然对数的底数）.是否存在实数x0∈（0，e］，使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由.

解析：因为g（x）=（lnx-1）ex+x，x∈（0，e］，所以g′（x）=令g′，即

曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g′（x0）=0有实数解.令h（x）=lnx-1，则h′（x）=

当0＜x＜1时，h′（x）＜0；当1＜x≤e时，h′（x）＞0.

而当x∈（0，e］时，ex＞0，-，所以方程g′（x）=0无实数解.

故不存在x0∈（0，e］，使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直.

点评：本题在求出方程①左边最小值为0，右边小于0后，问题便得以解决.

事实上，以上例题都是函数最值概念的应用.所以我们给学生的练习题不应该千遍一律，要注意在形变神不变的情况下，多角度、多方位地设计问题让学生思考，突出数学本质，帮助学生夯实基础，培养学生思维的灵活性.

八、善用最值，利用函数图像过定点巧解复合最值问题

利用最值解决复合最值问题即指：含参函数f（x）（x∈I）的最大值为M（t）（或最小值m（t）），且f（x）的图像过定点（x0，f（x0））（x0∈I）⇒M（t）有最小值f（x0）（或m（t）有最大值f（x0））.

例8已知函数f（x）=2x+alnx（a∈R）.

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；

（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为φ（a），求φ（a）的最大值，并求取得最大值时a的值.

解析：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），f（′x）=2+.

当a≥0时，f（′x）＞0，函数（fx）在（0，+∞）上单调递增；

（Ⅱ）因为φ（a）=［（fx）］min≤（f1）=2，所以φ（a）的最大值为2.

综上所述，对于含参函数的最值问题，教学中，我们教师要善于引导学生充分利用题设条件，灵活运用函数最值定义，打破传统思维模式，大胆探索不同解法，这样才能有效提高学生的思维能力，同时有利于学生对所学知识的融会贯通.F