(共54张PPT)
第五章
一元函数的导数及其应用
5.3 导数在研究函数中的应用
5.3.3 利用导数解决与函数有关的问题
关键能力·攻重难
课堂检测·固双基
素养作业·提技能
素养目标·定方向
素养目标·定方向
课程目标 学法指导
1．借助教材实例进一步掌握导数在研究函数的单调性、极值、图象、零点等问题中的应用．(数学运算) 2．能利用导数解决简单的实际问题．(数学运算) 3．能利用导数研究函数的性质、解决简单的实际问题．(数学运算、逻辑推理) 1．在解决实际优化问题中，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式给予表示，还应确定函数关系式中自变量的取值范围．
2．实际优化问题中，若只有一个极值点，则极值就是最值．
3．解决优化问题的基本思路：
关键能力·攻重难
题型探究
题型一 三次函数的零点问题
典例 1
【对点训练】 设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是___________.(写出所有正确条件的编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2．
[解析] 方法一：令f(x)＝x3＋ax＋b，则f ′(x)＝3x2＋a.
对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
①③④⑤
对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；
对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f ′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f ′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；
对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f ′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．
方法二：根据题意，直线y＝－b和函数f(x)＝
x3＋ax的图象有且仅有一个公共点．先考虑a＝
－3的情形，此时f ′(x)＝3x2－3，于是f(x)在x＝
－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2，
如图所示．
于是当b<－2或b>2时符合题意，故①③符合题意．
再考虑a≥0的情形，此时f ′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)单调递增，且值域为R，必然符合题意，故④⑤符合题意．
题型二 利用导数证明不等式
典例 2
[规律方法] 构造函数法证明不等式
一般地，待证不等式的两边都含有同一个变量，可通过构造函数，转化为函数的最值问题来证明，其一般步骤如下：
1．移项，使不等式的一边为0，将另一边构造为“左减右”或“右减左”的函数．
2．利用导函数研究所构造的函数的单调性．
3．借助构造函数的单调性可证结论成立．
题型三 恒成立问题
典例 3
C
A
[规律方法] 分离参数法
恒成立的问题求参数范围，可根据题意化简，参变分离，转化为最值问题．
1．在某区间上，f(x)≥m恒成立，则函数f(x)的最小值大于等于m.
2．在某区间上，f(x)≤m恒成立，则函数f(x)的最大值小于等于m.
题型四 实际生活中的最值问题
典例 4
[分析] 代入数据求k的值，建造费用加上20年能源消耗综合得出总费用f(x)，利用导数求最值．
[规律方法] 解决优化问题时应注意的问题
(1)列函数解析式时，注意实际问题中变量的取值范围，即函数的定义域．
(2)一般地，通过函数的极值来求得函数的最值．如果函数在给定区间内只有一个极值点，则根据实际意义判断该值是最大值还是最小值即可，不必再与端点处的函数值进行比较．
设函数f(x)＝ax3－3x＋1，若对任意的x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为____.
易错警示
典例 5
利用参变分离时忽视自变量的取值范围
4
[误区警示] 本题上述解法中有两处错误．(1)是在参数分离的过程中，要在不等式两边同时除以x3才能实现参数的分离，若x的取值范围在正数区间上，可以避免讨论；若x的取值范围中包含零或负数，则需要进行分类讨论．
(2)是换元后未求新元t的范围，t的范围不再是[－1，1]．
课堂检测·固双基
1．函数f(x)＝(x2＋tx)ex(实数t为常数，且t<0)的图象大致是 ( )
[解析] 由f(x)＝0得x2＋tx＝0，得x＝0或x＝－t，即函数f(x)有两个零点，排除A，C，函数的导数f ′(x)＝(2x＋t)ex＋(x2＋tx)ex＝[x2＋(t＋2)x＋t]ex，当x→－∞时，f ′(x)>0，即在x轴最左侧，函数f(x)为增函数，排除D．
B
C
C
m>7
5．给定函数f(x)＝ex－x.
(1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域；
(2)画出函数f(x)的大致图象；
(3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1，2]的解的个数．
[解析] (1)函数的定义域为R，f ′(x)＝ex－1，
令f ′(x)＝0，解得x＝0．
f ′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 1 单调递增
所以，f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．当x＝0时，f(x)的极小值f(0)＝1．也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞)．
素养作业·提技能第五章 5.3 5.3.3
请同学们认真完成练案[19]
A 组·素养自测
一、选择题
1．(2021·杭州高二检测)炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，如果第x小时时，原油温度(单位：℃)为f(x)＝x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么，原油温度的瞬时变化率的最小值是( C )
A．8 B．
C．－1 D．－8
[解析] 瞬时变化率即为f′(x)＝x2－2x，为二次函数，且f′(x)＝(x－1)2－1，又x∈[0,5]，
故x＝1时，f′(x)min＝－1．
2．(2021·泰州高二检测)已知函数f(x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围是( C )
A．(e，＋∞) B．(－∞，e)
C． D．
[解析] 由f(x)＝－mx<0在(0，＋∞)上有解，可得，m>在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝，x>0，则m>g(x)min，g′(x)＝，则当0
2时，g′(x)>0，函数单调递增，故当x＝2时，函数g(x)取得最小值，g(2)＝.故m>.
3．(多选题)(2020·江苏省苏州市期中)已知不等式(x－2)ex≥a对任意的x∈R恒成立，则满足条件的整数a的可能值为( AB )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
[解析] 令f(x)＝(x－2)ex，则f ′(x)＝(x－1)ex，易得当x>1时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x<1时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，
故当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝－e，
故a≤－e，结合选项可知，A，B符合．
4．(2021·西安高二检测)要做一个圆锥形的漏斗，其母线长20 cm，要使其体积最大，则高为( D )
A． cm B． cm
C． cm D． cm
[解析] 设圆锥的高为x cm，则底面半径为(cm)，其体积为V＝πx(202－x2)(00，当5．内接于半径为R的球且体积最大的圆柱体的高为( A )
A．R B．R
C．R D．R
[解析] 作轴截面如图所示，设圆柱体高为2h，
则底面半径为，圆柱体体积为V＝π·(R2－h2)·2h＝2πR2h－2πh3．
令V′＝0得2πR2－6πh2＝0，
∴h＝R.即当2h＝R时，圆柱体的体积最大．
6．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有两个零点x1，x2，则x1＋x2＝( D )
A．2 B．2或2＋
C．2或3 D．2或3或2＋
[解析] 当x≤0时，f ′(x)＝(x＋1)ex，
当x<－1时，f ′(x)<0，故f(x)在(－∞，－1)上为减函数，
当－10，故f(x)在(－1,0)上为增函数，
所以当x≤0时，f(x)的最小值为f(－1)＝－.
在R上，f(x)的图象如图所示．
因为g(x)有两个不同的零点，
所以方程f(x)＝m有两个不同的解，即直线y＝m与y＝f(x)的图象有两个不同交点且交点的横坐标分别为x1，x2，
故1若1若m＝－，则x1＋x2＝－1＋3＋＝2＋.
综上，故选D．
二、填空题
7．(2020·江苏省南京市期末)已知函数f(x)＝＋a在(0，＋∞)上的最小值为2e，则实数a的值为__e__.
[解析] f ′(x)＝，当x>0时，令f ′(x)>0，解得x>1，令f ′(x)<0，解得08．(2021·桂林高一检测)已知函数f(x)＝ex(ln x－1)，使得f(m)≥－e成立的实数m的取值范围为__[1，＋∞)__.
[解析] f ′(x)＝ex(ln x＋－1)，
令g(x)＝ln x＋－1，
则g′(x)＝－＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，函数单调递增，
故g(x)≥g(1)＝0，即f ′(x)≥0恒成立，
从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝－e，故m≥1．
三、解答题
9．已知函数f(x)＝aln x＋bx，g(x)＝x2－，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
[解析] (1)f ′(x)＝＋b，则a＋b＝，
f(1)＝b＝－，解得a＝1，b＝－.
(2)令h(x)＝ln x－x－x2＋，
则h′(x)＝－－x＝，
又x>0，则h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)≤h(1)≤0，f(x)≤g(x)成立．
10．(2021·宁夏银川一中高三月考)已知函数f(x)＝aln x－，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1，且x≥2时，证明：f(x－1)≤2x－5．
[解析] (1)由于f ′(x)＝.
当a≥0时，对于x∈(0，＋∞)，有f ′(x)>0恒成立，
即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
当a<0时，由f ′(x)＝0，得x＝－∈(0，＋∞)．
当x∈(0，－)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(－，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f(x－1)＝ln(x－1)－，x∈[2，＋∞)．令g(x)＝ln(x－1)－－2x＋5．
g′(x)＝＋－2＝－.
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)单调递减．
又g(2)＝0，所以g(x)在(2，＋∞)恒为负．
所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)≤0，
即ln(x－1)－－2x＋5≤0．
故当a＝1，且x≥2时，f(x－1)≤2x－5成立．
B 组·素养提升
一、选择题
1．函数y＝f(x)＝xsin x在[－π，π]上的图象大致为( C )
[解析] f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，为偶函数，则B，D错误；
又当x∈[0，π]时，f ′(x)＝sin x＋xcos x，
当f ′(x)＝sin x＋xcos x＝0时，得x＝－tan x，
由，
则极值点x0∈(，π)，故A错误．
2．(多选题)若f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且对于任意x∈(0，＋∞)，有xf ′(x)>f(x)>0，设a>b>0，则下列不等式一定成立的是( AD )
A．af(a)>bf(b) B．af(a)C．af(b)>bf(a) D．af(b)[解析] 因为x∈(0，＋∞)，有xf ′(x)>f(x)>0，令g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得g(a)>g(b)，即>，所以bf(a)>af(b)，故D正确；
因为xf ′(x)>f(x)>0，令h(x)＝xf(x)，则h′(x)＝xf ′(x)＋f(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得h(a)>h(b)，即af(a)>bf(b)，故A正确．
3．已知圆柱的表面积为定值S，则当圆柱的容积V最大时，圆柱的高h的值为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 设圆柱的底面半径为r，高为h，则S＝2πr2＋2πrh.
所以h＝.又圆柱的体积V(r)＝πr2h＝(S－2πr2)＝.
而V′(r)＝，而V′(r)＝0，得S＝6πr2，得h＝2r，
又r＝，所以h＝2＝.
即当圆柱的容积V最大时，
圆柱的高h为.
4．已知函数f(x)＝a(x－)－2ln x(a∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使f(x0)>g(x0)成立，则实数a的取值范围为( B )
A．[，＋∞) B．(0，＋∞)
C．[0，＋∞) D．(，＋∞)
[解析] 由题意得f(x)－g(x)>0在[1，e]上有解，即ax－2ln x>0在[1，e]上有解，所以a>min.
设y＝，则y′＝≥0，
所以ymin＝0，故得a>0．
二、填空题
5．已知函数f(x)＝ex－x2－1，若f(x)≥kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则实数k的取值范围为__(－∞，e－2]__.
[解析] f(x)≥kx对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于≥k对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令φ(x)＝，x>0，
则φ′(x)＝
＝，
当x∈(0，＋∞)时，ex－x－1>0恒成立，
令φ′(x)>0，得x>1；
令φ′(x)<0，得0所以k≤φ(x)min＝e－2，
故实数k的取值范围为(－∞，e－2]．
6．(2020·黑龙江省大庆铁人中学期中)若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是____.
[解析] 易知f ′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，x∈R.
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
分析易知f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，
所以0和－2是函数f(x)的极值点，函数的极小值为f(0)＝－a，极大值为f(－2)＝4e－2－a＝－a.
函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则解得0三、解答题
7．已知函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－1)x＋1．
(1)求a，b的值；
(2)求证：f(x)>2．
[解析] (1) 函数f(x)＝aex－bln x的导数为f ′(x)＝aex－，
函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝ae－b，
由切线方程y＝(e－1)x＋1，可得ae－b＝e－1，e＝ae，解得a＝1，b＝1．
(2)f(x)＝ex－ln x，
导数为f ′(x)＝ex－，x>0，易知f ′(x)为增函数，
且f ′(1)>0，f ′()<0．
所以存在m∈(，1)，有f ′(m)＝0，即em＝，
且x>m时，f ′(x)>0，f(x)递增；
0可得在x＝m处f(x)取得最小值，
f(m)＝em－ln m＝＋m>2，
可得f(x)>2成立．
8．已知函数f(x)＝ex－ax2．
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)当a＝1时，函数f(x)＝ex－x2，
则f ′(x)＝ex－2x，
令g(x)＝f ′(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2，
令g′(x)＝0，得x＝ln 2．
当x∈[0，ln 2)时，g′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝ln 2时取极小值，也是最小值，g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4＝ln>0，
所以g(x)>0所以f ′(x)>0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝1．
(2)f(x)在(0，＋∞)上有两个零点 方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上有两个根 a＝在(0，＋∞)上有两个根，即函数y＝a与G(x)＝的图象在(0，＋∞)上有两个交点．G′(x)＝，当x∈(0,2)时，G′(x)<0，G(x)在(0,2)上递减，当x∈(2，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)在(2，＋∞)上递增，
所以G(x)的最小值为G(2)＝，
当x→0时，G(x)→＋∞，当x→＋∞时，G(x)→＋∞，所以f(x)在(0，＋∞)上有两个零点时，a的取值范围是.