(共36张PPT)
5.3.3 利用导数解决与函数有关的问题
类型一 函数的图象问题
【典例】给定函数f
=ex-x.
(1)判断函数f
的单调性,并求出f
的值域;
(2)画出函数f
的大致图象;
(3)求出方程f
=m
在区间[-1,2]的解的个数.
关键能力·素养形成
【思维·引】(1)求导数、求极值后确定最值,得到值域;
(2)利用函数的单调性,增长趋势作图;
(3)利用图象的交点个数判断解的个数.
【解析】(1)函数的定义域为R.
f′
=ex-1,令f′
=0,解得x=0.
f′
,f
的变化情况如表所示:
x
0
f′
-
0
+
f
单调递减
1
单调递增
所以,f
在区间
上单调递减,在区间
上单调递增.当x=0时,f
的
极小值f
=1.
也是最小值,故函数f
的值域为
(2)由(1)可知,函数的最小值为1.
函数的图象经过特殊点f
=
+1,f
=e2-2,f
=1,
当x→+∞时,f
→+∞,f′
→+∞;
当x→-∞时,指数函数y=ex越来越小,趋向于0,因此函数f
图象上的点逐渐趋
向于直线y=-x.根据上述信息,画出函数f
的大致图象如图所示.
(3)截取函数f
在区间[-1,2]上的图象如图所示.
由图象得:当f
,即m∈
时,f
与y=m恰有两个不同交点,
即m∈
时,方程f
=m在区间
上恰有两个不同的实根;
同理,当m=1或
+1=m在区间
上有唯一的实根;
当m<1或m>e2-2时,方程f
=m在区间
上无实根.
【内化·悟】
作函数的图象时需要关注哪些方面?
提示:定义域、单调性、极值、最值以及图象的变化趋势等.
【类题·通】
作函数f
图象的步骤
(1)求出函数的定义域;
(2)求导数f′
及函数f′
的零点;
(3)用f′
的零点将f
的定义域划分为若干个区间,列表给出f′
在各个
区间上的正负,并得出f
的单调性与极值;
(4)确定f
的图象所经过的一些特殊点,以及图象的变化趋势;
(5)画出f
的大致图象.
【习练·破】
函数f(x)=(x2+tx)ex(实数t为常数,且t<0)的图象大致是
( )
【解析】选B.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.
类型二 实际生活中的最值问题
【典例】(2020·泰州高二检测)某连锁分店销售某种商品,每件商品的成本为
4元,并且每件商品需向总店交a(1≤a≤3)元的管理费,预计当每件商品的售价
为x(8≤x≤9)元时,一年的销售量为(10-x)2万件.
(1)求该连锁分店一年的利润L(万元)与每件商品的售价x的函数关系式L(x);
(2)当每件商品的售价为多少元时,该连锁分店一年的利润L最大,并求出L的最
大值.
【思维·引】(1)利润=每件商品的利润×销售量;(2)利用导数求最值.
【解析】(1)该连锁分店一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L(x)=
(x-4-a)(10-x)2,x∈[8,9].
(2)L′(x)=(10-x)2-2(x-4-a)(10-x)
=(10-x)(18+2a-3x),
令L′(x)=0,得x
=6+
a或x=10(舍去).
因为1≤a≤3,所以
≤6+
a≤8.
所以L(x)在x∈[8,9]上单调递减,故L(x)max=L(8)=(8-4-a)(10-8)2=16-4a.
当每件商品的售价为8元时,该连锁分店一年的利润L最大,最大值为(16-4a)万
元.
【类题·通】
解决实际优化问题时应注意的问题
(1)列函数关系式时,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函数的最值.如果函数在给定区间上只有一个极值点,则根据所求即可判断该值是最大值还是最小值.
【习练·破】
(2020·焦作高二检测)欲制作一个容积为V的圆柱形蓄水罐(无盖),为能使所
用的材料最省,它的底面半径应为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.设圆柱的底面半径为r,高为h,表面积为y,
则由题意有πr2h=V,所以h=
.
蓄水罐的表面积y=πr2+2πrh=πr2+2πr
=πr2+
(r>0).
令y′=2πr-
=
=0,得r=
.
检验得,当r=
时表面积取得最小值,即所用的材料最省.
类型三 利用导数研究函数的问题
角度1 恒成立问题
【典例】(2020·龙凤高二检测)函数f(x)=ex-kx,当x∈(0,+∞)时,f(x)≥0恒
成立,则k的取值范围是
( )
A.k≤1
B.k≤2
C.k≤e
D.k≤
【思维·引】转化为最值问题.
【解析】选C.依题意,ex-kx≥0在(0,+∞)上恒成立,
即k≤
在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=
(x>0),则g′(x)=
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调
递增,所以g(x)min=g(1)=e,所以k≤e.
【素养·探】
将恒成立问题转化为最值问题用到了核心素养中的逻辑推理.
将本例改为在区间
上存在x,使f(x)≥0成立,试求k的取值范围.
【解析】在区间
上存在x,使f(x)≥0成立,即在区间
上存在x,
使k≤
成立.
令g(x)=
(x>0),则g′(x)=
因为当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)
单调递增,所以g(x)min=g(1)=e,
又g
=2
,g
=
e3,所以g(x)max=g
=
e3.
所以k≤
e3.
角度2 证明问题
【典例】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.
【思维·引】(1)利用切点坐标、切线斜率构造方程(组)求值.
(2)转化为最值进行证明.
【解析】(1)函数f
=aex-bln
x的导数为f′
=aex-
,
函数f
=aex-bln
x在点
处的切线斜率为k=ae-b,由切线方程y=
x+1,
可得
ae-b=e-1,e=ae,解得a=1,b=1.
(2)f
=ex-ln
x,导数为f′
=ex-
,x>0,
易知f′
为增函数,且f′
>0,f′
<0.
所以存在m∈
,有f′
=0,即em=
,
且x>m时,f′
>0,f
递增;
0<0,f
递减,
可得在x=m处f
取得最小值,f
=em-ln
m=
+m>2,可得f
>2成立.
【类题·通】
1.关于恒成立问题
注意区分“对于定义域内的任意值”“在定义域内存在值”成立的区别,两种叙述反映了不同的逻辑关系,对应的最值类型不同,要准确判断针对的是最大值还是最小值,确定好最值类型后利用导数求最值解题.
2.关于证明问题
首先分析要证明的命题是否与函数的最值、单调性等性质有关,如果有关则转化为相应的问题证明;其次是针对要证明的命题构造函数,再通过构造的函数性质证明.函数的证明问题往往都比较复杂,需要综合应用函数、导数等知识进行构造、转化等方式证明.
【习练·破】
1.(2020·秦州高二检测)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
( )
A.(e,+∞)
B.(-∞,e)
C.
D.
【解析】选C.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当x>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>
.
2.已知函数f(x)=aln
x+bx,g(x)=
x2-
,曲线y=f
在点
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)=
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.
1.有一长为16
m的篱笆,要围成一个矩形场地,则此矩形场地的最大面积为
( )
A.4
m2
B.8
m2
C.12
m2
D.16
m2
【解析】选D.设矩形一边长为x
m(0知当x=4时,S有最大值16
m2.
课堂检测·素养达标
2.一个箱子的容积与底面边长x的关系为V(x)=x2·
(0容积最大时,x的值为
( )
A.30
B.40
C.50
D.60
【解析】选B.V(x)=-
x3+30x2,V′(x)=-
x2+60x,
令V′(x)=0,得x=40(x=0舍去),且当0V′(x)>0,当403.函数f(x)=x3-
x2-2x+5,若对于任意x∈[-1,2],都有f(x)值范围是________.?
【解析】f′(x)=3x2-x-2,令f′(x)=0,得x=-
或x=1.可求得f(x)max=f(2)=7.
所以对于任意x∈[-1,2],f(x)7.
答案:m>7
4.(2020·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________.?
【解析】f′(x)=ex
,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.
答案:[1,+∞)
【新情境·新思维】
随着人们生活水平的提高,汽车的拥有量越来越多,据有关统计数据显示,从
上午6点到9点,车辆通过某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之
间的关系可近似表示为y=-
t3-
t2+36t-
.则在这段时间内,通过该路
段用时最多的时刻是________.?
【解析】由题意知,所求的量为当y为最大值时的自变量t的取值,y′=-
t2-
t+36,令y′=0,
得3t2+12t-36×8=0,解得t1=8,t2=-12(舍).
当t∈(6,8)时,y′>0,t∈(8,9)时,y′<0,
所以t=8时,y有最大值.
答案:8点温馨提示：
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课时素养评价
十九 利用导数解决与函数有关的问题
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.用总长为14.8
m的钢条制作一个长方体容器的框架,若容器底面的长比宽多0.5
m,要使它的容积最大,则容器底面的宽为
( )
A.0.5
m
B.0.7
m
C.1
m
D.1.5
m
【解析】选C.设宽为x
m,则长为(x+0.5)
m,
因为总长为14.8
m,
所以高为(3.2-2x)
m,0所以体积为V=x(0.5+x)(3.2-2x)=-2x3+2.2x2+1.6x,V′=-6x2+4.4x+1.6,
当x=1时,V有极大值亦为最大值.
2.若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围
是
( )
A.(-,1)
B.[-,1)
C.[-2,1)
D.(-,-2]
【解析】选C.由于函数f(x)在开区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点在(a,6-a2)内,且在(a,6-a2)上的单调性是先减再增.f′(x)=3x2-3=
3(x+1)(x-1),当-1当x>1,f′(x)>0,所以函数f(x)的极小值为
f(1).又函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,所以f(a)≥f(1),由
解得-2≤a<1.
3.函数y=f(x)=xsin
x在[-π,π]上的图象大致为
( )
【解析】选C.f=·sin
=xsin
x=f,为偶函数,则B,D错误;
又当x∈时,f′=sin
x+xcos
x,
当f′=sin
x+xcos
x=0时,得x=-tan
x,
由,
则极值点x0∈,故A错误.
4.(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
( )
A.af(a)>bf(b)
B.af(a)C.af(b)>bf(a)
D.af(b)【解析】选AD.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.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.若曲线f(x)=x2-aln
x在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y+1=0垂直,则常数a=________.?
【解析】由函数f(x)=x2-aln
x,
可得f′(x)=x-,所以f′(1)=1-a,
即在点(1,f(1))处的切线斜率为k=1-a,
又由在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y+1=0垂直,所以(1-a)×=-1,解得a=-2.
答案:-2
6.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品定价为P元,则销售量Q(单位:件)与定价P(单位:元)有如下关系:Q=8
300-170P-P2,则该商品定价为________元时,毛利润L最大为________元.?
【解析】由题意得毛利润L=P·Q-20Q=-P3-150P2+11
700P-166
000(P≥20),
所以L′=-3P2-300P+11
700.
令L′=0,得P=30或P=-130(舍去).
当P∈[20,30)时,L′>0;
当P∈(30,+∞)时,L′<0,
所以当P=30时,L取得极大值,也是最大值.
故当定价为30元时,毛利润最大为L=23
000元.
答案:
30 23
000
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.某工厂每天生产某种产品最多不超过40件,并且在生产过程中产品的正品率P与每日生产量x(x∈N+)件之间的关系为P=,每生产一件正品盈利4
000元,每出现一件次品亏损2
000元.(注:正品率=产品中的正品件数÷产品总件数×100%)
(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数.
(2)求该厂的日产量为多少件时,日利润最大?并求出日利润的最大值.
【解析】(1)因为y=4
000×x-2
0001-x=3
600x-x3,
所以所求的函数关系式是y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40).
(2)显然y′=3
600-4x2.
令y′=0,解得x=30.
所以当1≤x<30时,y′>0;
当30所以函数y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40)在[1,30)上单调递增,在(30,40]上单调递减.
所以当x=30时,函数y=-x3+3
600x(x∈N+,1≤x≤40)取得最大值,
ymax=-×303+3
600×30=72
000(元).
所以该厂的日产量为30件时,日利润最大,其最大值为72
000元.
8.已知f(x)=ln
x-x+a,x∈(0,2].
(1)求f(x)的单调区间.
(2)若f(x)【解析】(1)f′(x)=-1,令f′(x)=0,得x=1.
当00,f(x)单调递增;
当1所以f(x)的单调增区间为(0,1),f(x)的单调减区间为(1,2].
(2)由(1)知x=1时,f(x)取得最大值,
即f(x)max=a-1.
因为f(x)所以a-12或a<-1.
故a的取值范围为(-∞,-1)∪(2,+∞).
(20分钟·40分)
1.(5分)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
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.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)=,
令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.
2.(5分)已知函数f(x)=a-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
( )
A.
B.(0,+∞)
C.[0,+∞)
D.
【解析】选B.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>.
设y=,则y′=≥0,
所以ymin=0,故得a>0.
3.(5分)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围为__________.?
【解析】因为x∈(0,1],f(x)≥0可化为a≥-.
设g(x)=-,则g′(x)=,
令g′(x)=0,得x=.
当00;当所以g(x)在(0,1]上有极大值g=4,
它也是最大值,所以a≥4.
答案:[4,+∞)
4.(5分)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__________.?
【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φ(x)min=φ(1)=e-2,所以k≤φ(x)min=e-2,故实数k的取值范围为
(-∞,e-2].
答案:(-∞,e-2]
5.(10分)已知函数f(x)=x3+ax+b(a,b∈R)在x=2处取得极小值-.
(1)求f(x)的单调递增区间.
(2)若f(x)≤m2+m+在[-4,3]上恒成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=x2+a,由f′(2)=0得a=-4;
再由f(2)=-,得b=4.
所以f(x)=x3-4x+4,f′(x)=x2-4.
令f′(x)=x2-4>0,得x>2或x<-2.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞).
(2)因为f(-4)=-,f(-2)=,f(2)=-,f(3)=1,所以函数f(x)在[-4,3]上的最大值为.
要使f(x)≤m2+m+在[-4,3]上恒成立,
只需m2+m+≥,解得m≥2或m≤-3.
所以实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[2,+∞).
6.(10分)(2020·江苏高考)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线MN上,桥AB与MN平行,OO′为铅垂线(O′在AB上),经测量,左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1=a2;右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2=-b3+6b.已知点B到OO′的距离为40米.
(1)求桥AB的长度;
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF.且CE为80米,其中C,E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元),桥墩CD每米造价k(万元)(k>0),问O′E为多少米时,桥墩CD与EF的总造价最低?
【解析】(1)过A,B分别作MN的垂线,垂足为A′,B′,
则AA′=BB′=-×403+6×40=160(米).
令a2=160,得a=80,
所以AO′=80,AB=AO′+BO′=80+40=120(米).
(2)设O′E=x,则CO′=80-x,由,
得0设总造价为y,则y=+
k
=(x3-30x2+160×800),
y′=(3x2-60x)=x(x-20),
因为k>0,所以令y′=0,得x=0或x=20,
所以当0当200,y单调递增.所以,当x=20时,y取最小值,即当O′E为20米时,造价最低.
1.如图,已知圆柱和半径为的半球O,圆柱的下底面在半球O底面所在平面上,圆柱的上底面内接于球O,则该圆柱体积的最大值为________.?
【解析】设圆柱的底面圆半径为r,高为h,球的半径为R;
则h2+r2=R2=3;
所以圆柱的体积为V=πr2h=π(3-h2)h=π(3h-h3);则V′(h)=π(3-3h2),
令V′(h)=0,解得h=1,所以h∈(0,1)时,V′(h)>0,V(h)单调递增;
h∈(1,)时,V′(h)<0,V(h)单调递减,
所以当h=1时,V(h)取得最大值为V(1)=2π.
答案:2π
2.已知函数f=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f≥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=ex-x2,
则f′=ex-2x,
令g=ex-2x,则g′=ex-2,
令g′=0,得x=ln
2.
当x∈时,g′<0,当x∈时,g′>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在上单调递增,所以f≥f=1.
(2)f在上有两个零点?方程ex-ax2=0在上有两个根?
a=在上有两个根,即函数y=a与G=的图象在上有两个交点.G′=,当x∈时,G′<0,G在上递减,当x∈时,G′>0,G在上递增,
所以G的最小值为G=,当x→0时,G→+∞,当x→+∞时,G→+∞,所以f在上有两个零点时,a的取值范围是.
3.(2020·全国Ⅲ卷)函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)因为f′(x)=3x2+b,由题意,f′=0,
即3×+b=0,则b=-.
(2)由(1)可得f(x)=x3-x+c,
f′(x)=3x2-=3,
令f′(x)>0,得x>或x<-;
令f′(x)<0,得-所以f(x)在上单调递减,
在,上单调递增,
且f(-1)=c-,f=c+,
f=c-,f(1)=c+,
若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0,则f(-1)>0或f(1)<0,即c>或c<-.
当c>时,f(-1)=c->0,f=c+>0,f=c->0,f(1)=c+>0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,
由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,
即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,
在(-1,+∞)上不存在零点,
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;
当c<-时,f(-1)=c-<0,f=c+<0,f=c-<0,f(1)=c+<0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0,
由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0′,即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点,
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;
综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
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