【教案】人教A版 选择性必修二 5.3 5.3.2 第3课时 导数的综合应用
文档属性
| 名称 | 【教案】人教A版 选择性必修二 5.3 5.3.2 第3课时 导数的综合应用 |
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| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 313.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-17 10:23:30 | ||
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文档简介
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5．3 导数在研究函数中的应用
5．3.2 函数的极值与最大(小)值
第3课时 导数的综合应用
学习指导 核心素养
1.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．2．感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题． 1.逻辑推理：利用导数求解和函数相关问题．2．数学运算：导数的计算．
一、精讲点拨 归纳提升（30分钟）
探究点1 导数与不等式
角度一 利用导数比较大小、解不等式
例 (1)(2021·成都市蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c＝f(log2 0.2)，则( )
A．bC．b(2)(2021·安徽省皖江名校联盟联考)函数y＝f(x)，x∈R，f(1)＝2 021，对任意的x∈R，都有f′(x)－3x2>0成立，则不等式f(x)A．(－∞，－1) B．(－1，1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
【解析】 (1)由题意，函数f(x)＝x＋cos x，可得f′(x)＝1－sin x≥0，
所以y＝f(x)在x∈R上单调递增，又由0.3－1>2－0.3>log20.2，
可得f(0.3－1)>f(2－0.3)>f(log2 0.2)，
所以c(2)设h(x)＝f(x)－x3，
则h′(x)＝f′(x)－3x2>0，
所以h(x)在R上单调递增，
h(1)＝f(1)－13＝2 020，
而f(x)即h(x)所以x<1.故选D.
【答案】 (1)D (2)D
角度二 证明不等式
例 已知x>1，证明：ln x＋>1.
【证明】 令f(x)＝ln x＋(x>1)，
所以f′(x)＝－＝，
因为x>1，所以f′(x)>0，
所以f(x)＝ln x＋在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)＝ln 1＋1＝1.
从而ln x＋>1，命题得证．
角度三 不等式恒成立问题
例 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0).
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．
【解】 (1)因为f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
所以当x＝－t时，f(x)取得最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，
得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表：
t (0，1) 1 (1，2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) 单调递增 极大值1－m 单调递减
所以g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m.
h(t)<－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，
即等价于1－m<0，
所以m>1.
所以实数m的取值范围为(1，＋∞).
拓展探究
1．(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立”，则实数m的取值范围如何求解？
解：令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，
得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t 0 (0，1) 1 (1，2) 2
g′(t) ＋ 0 －
g(t) －1－m 单调递增 极大值1－m 单调递减 －3－m
所以g(t)在[0，2]上有最小值g(2)＝－3－m，
存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立，
等价于g(t)的最小值g(2)<0.
所以－3－m<0，
所以m>－3，
所以实数m的取值范围为(－3，＋∞).
2．(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0，2)，都有h(t1)<－2t2＋m”，求实数m的取值范围．
解：因为h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0，2)，
所以h′(t)＝－3t2＋1，
由h′(t)＝0得t＝或t＝－(舍去)，
又当00，h(t)单调递增．
当所以当t＝时，
h(t)max＝－＋－1＝.
令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0，2)，
所以φ(t)min>m－4.
由题意可知≤m－4，
即m≥＋3＝.
所以实数m的取值范围为.
归纳总结
(1)利用导数判断函数的单调性可比较大小或解函数不等式．
(2)证明不等式f(x)>g(x)，可构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，证明φ(x)的最小值大于0即可．
(3)恒成立或存在性问题，构造函数，将问题转化为函数的最值问题，也可分离变量．
即时检测
(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
探究点2 导数与函数的零点
角度一 判断函数零点个数
例 已知函数f(x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解】 由题意知g(x)＝f′(x)－
＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点．
因此x＝1也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0归纳总结
对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y＝a和y＝f(x)的图象的交点个数问题求解．
角度二 由零点个数求参数范围
例 (2021·安徽泗县一中高二期末)已知函数f(x)＝ln x－－2恰有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－e，0) B．(－e，＋∞)
C．(0，e) D．(－∞，e)
【解析】 令f(x)＝ln x－－2＝0(x>0)，
得m＝x ln x－2x，
所以函数f(x)＝ln x－－2恰有两个零点等价于函数y＝m与y＝x ln x－2x的图象有两个不同的交点，
设g(x)＝x ln x－2x(x>0)，
则g′(x)＝ln x－1，
令g′(x)<0，解得0令g′(x)>0，解得x>e，
所以g(x)＝x ln x－2x在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e)＝eln e－2e＝－e，故m>－e.
当x→0时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以m<0.
综上所述－e【答案】 A
归纳总结
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
即时检测
1．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，则方程f(x)＝0的解的个数是________．
解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x>0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝．
令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1(舍去)，
当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x→0时，f(x)→－∞；
当x→＋∞时，f(x)→－∞.
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0.
所以方程f(x)＝0只有一个解．
答案：1
2．(2021·安徽省合肥一六八中学高三第二次段考)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b，
所以f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2.
由f′(x)>0得x>2或x<1，
函数单调递增；
由f′(x)<0得1函数单调递减．
所以当x＝1时，函数取得极大值
f(1)＝－＋2＋3a＋b＝＋3a＋b，
当x＝2时，函数取得极小值
f(2)＝－6＋4＋3a＋b＝＋3a＋b.
若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，
则f(1)＝＋3a＋b>0
且f(2)＝＋3a＋b<0，
解得－<3a＋b<－，
因为f(0)＝3a＋b，
所以f(0)的取值范围是.
答案：
二、定时训练 反馈补偿（10分钟）
1．若0A．e x2－e x1>ln x2－ln x1 B．e x2－e x1C．x2ex1>x1ex2 D．x2e x1解析：选C.对于A，B选项，设f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－，在同一平面直角坐标系中画出y＝ex和y＝的图象，如图所示，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，则f′(x) 单调递减；当x∈(a，1)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增．所以函数f(x)在(0，1)上不是单调函数，故A，B不正确．对于C，D选项，设g(x)＝，则g′(x)＝＝.
当0因为0所以x2ex1>x1ex2，故选C.
2．已知函数f(x)＝＋4ln x－x－a在区间(0，2)上至少有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0，2) B．[2，4ln 3－2)
C． D．[2，＋∞)
解析：选D.由函数f(x)在区间(0，2)上至少有一个零点，可得a＝4ln x＋－x在x∈(0，2)时有解．设g(x)＝4ln x＋－x，则g′(x)＝－－1＝－.当00，
g(x) 单调递增．因此可得g(1)＝2为极小值且为最小值，且当x→0时，g(x)→＋∞，所以a≥2.故选D.
3．(2021·安徽省皖南八校高三联考)已知函数f(x)＝－e，则不等式f(x－1)解析：由于f(－x)＝f(x)，所以函数为偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－e，
f′(x)＝－4x－e<0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
要f(x－1)|2x－1|，
解得x∈.
答案：
4．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为__________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，
使a≥ex(x2－3x＋3).
令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，
则a≥g(x)min，g′(x)＝ex(x2－x)，
由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，g(x)单调递增，
由g′(x)<0可得x∈(0，1)，g(x)单调递减．
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.所以a≥e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
三、作业
1.整理课堂笔记
2.完成课后练习
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5．3 导数在研究函数中的应用
5．3.2 函数的极值与最大(小)值
第3课时 导数的综合应用
学习指导 核心素养
1.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．2．感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题． 1.逻辑推理：利用导数求解和函数相关问题．2．数学运算：导数的计算．
一、精讲点拨 归纳提升（30分钟）
探究点1 导数与不等式
角度一 利用导数比较大小、解不等式
例 (1)(2021·成都市蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)＝x＋cos x，x∈R，设a＝f(0.3－1)，b＝f(2－0.3)，c＝f(log2 0.2)，则( )
A．b
C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
【解析】 (1)由题意，函数f(x)＝x＋cos x，可得f′(x)＝1－sin x≥0，
所以y＝f(x)在x∈R上单调递增，又由0.3－1>2－0.3>log20.2，
可得f(0.3－1)>f(2－0.3)>f(log2 0.2)，
所以c
则h′(x)＝f′(x)－3x2>0，
所以h(x)在R上单调递增，
h(1)＝f(1)－13＝2 020，
而f(x)
【答案】 (1)D (2)D
角度二 证明不等式
例 已知x>1，证明：ln x＋>1.
【证明】 令f(x)＝ln x＋(x>1)，
所以f′(x)＝－＝，
因为x>1，所以f′(x)>0，
所以f(x)＝ln x＋在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)＝ln 1＋1＝1.
从而ln x＋>1，命题得证．
角度三 不等式恒成立问题
例 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0).
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．
【解】 (1)因为f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
所以当x＝－t时，f(x)取得最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，
得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表：
t (0，1) 1 (1，2)
g′(t) ＋ 0 －
g(t) 单调递增 极大值1－m 单调递减
所以g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m.
h(t)<－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，
即等价于1－m<0，
所以m>1.
所以实数m的取值范围为(1，＋∞).
拓展探究
1．(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立”，则实数m的取值范围如何求解？
解：令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，
得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t 0 (0，1) 1 (1，2) 2
g′(t) ＋ 0 －
g(t) －1－m 单调递增 极大值1－m 单调递减 －3－m
所以g(t)在[0，2]上有最小值g(2)＝－3－m，
存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立，
等价于g(t)的最小值g(2)<0.
所以－3－m<0，
所以m>－3，
所以实数m的取值范围为(－3，＋∞).
2．(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0，2)，都有h(t1)<－2t2＋m”，求实数m的取值范围．
解：因为h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0，2)，
所以h′(t)＝－3t2＋1，
由h′(t)＝0得t＝或t＝－(舍去)，
又当0
当
h(t)max＝－＋－1＝.
令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0，2)，
所以φ(t)min>m－4.
由题意可知≤m－4，
即m≥＋3＝.
所以实数m的取值范围为.
归纳总结
(1)利用导数判断函数的单调性可比较大小或解函数不等式．
(2)证明不等式f(x)>g(x)，可构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，证明φ(x)的最小值大于0即可．
(3)恒成立或存在性问题，构造函数，将问题转化为函数的最值问题，也可分离变量．
即时检测
(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
探究点2 导数与函数的零点
角度一 判断函数零点个数
例 已知函数f(x)＝ln x＋，m∈R，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解】 由题意知g(x)＝f′(x)－
＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点．
因此x＝1也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0
对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：一是利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求y＝a和y＝f(x)的图象的交点个数问题求解．
角度二 由零点个数求参数范围
例 (2021·安徽泗县一中高二期末)已知函数f(x)＝ln x－－2恰有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－e，0) B．(－e，＋∞)
C．(0，e) D．(－∞，e)
【解析】 令f(x)＝ln x－－2＝0(x>0)，
得m＝x ln x－2x，
所以函数f(x)＝ln x－－2恰有两个零点等价于函数y＝m与y＝x ln x－2x的图象有两个不同的交点，
设g(x)＝x ln x－2x(x>0)，
则g′(x)＝ln x－1，
令g′(x)<0，解得0
所以g(x)＝x ln x－2x在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e)＝eln e－2e＝－e，故m>－e.
当x→0时，g(x)→0，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以m<0.
综上所述－e
归纳总结
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
即时检测
1．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，则方程f(x)＝0的解的个数是________．
解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x>0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝．
令f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1(舍去)，
当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x→0时，f(x)→－∞；
当x→＋∞时，f(x)→－∞.
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0.
所以方程f(x)＝0只有一个解．
答案：1
2．(2021·安徽省合肥一六八中学高三第二次段考)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b，
所以f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2.
由f′(x)>0得x>2或x<1，
函数单调递增；
由f′(x)<0得1
所以当x＝1时，函数取得极大值
f(1)＝－＋2＋3a＋b＝＋3a＋b，
当x＝2时，函数取得极小值
f(2)＝－6＋4＋3a＋b＝＋3a＋b.
若函数f(x)＝x3－x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，
则f(1)＝＋3a＋b>0
且f(2)＝＋3a＋b<0，
解得－<3a＋b<－，
因为f(0)＝3a＋b，
所以f(0)的取值范围是.
答案：
二、定时训练 反馈补偿（10分钟）
1．若0
当0
2．已知函数f(x)＝＋4ln x－x－a在区间(0，2)上至少有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0，2) B．[2，4ln 3－2)
C． D．[2，＋∞)
解析：选D.由函数f(x)在区间(0，2)上至少有一个零点，可得a＝4ln x＋－x在x∈(0，2)时有解．设g(x)＝4ln x＋－x，则g′(x)＝－－1＝－.当0
g(x) 单调递增．因此可得g(1)＝2为极小值且为最小值，且当x→0时，g(x)→＋∞，所以a≥2.故选D.
3．(2021·安徽省皖南八校高三联考)已知函数f(x)＝－e，则不等式f(x－1)
当x≥0时，f(x)＝－e，
f′(x)＝－4x－e<0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
要f(x－1)
解得x∈.
答案：
4．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为__________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，
使a≥ex(x2－3x＋3).
令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，
则a≥g(x)min，g′(x)＝ex(x2－x)，
由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，g(x)单调递增，
由g′(x)<0可得x∈(0，1)，g(x)单调递减．
所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.所以a≥e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
三、作业
1.整理课堂笔记
2.完成课后练习
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