2021-2022學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第五章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用32第3課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的問題學(xué)案新人教A版選擇性必修2

第3課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的問題關(guān)鍵能力·合作學(xué)習(xí)類型一函數(shù)的圖象問題(數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理)角度1作函數(shù)的大致圖象【典例】如何畫出函數(shù)f(x)＝2x3－3x2－36x＋16的大致圖象．【思路導(dǎo)引】可先求導(dǎo)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得出函數(shù)的變化趨勢．【解析】f′(x)＝6x2－6x－36＝6(x2－x－6)＝6(x－3)(x＋2).由f′(x)＞0得x＜－2或x＞3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－2)和(3，＋∞).由f′(x)＜0得－2＜x＜3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－2，3).由已知得f(－2)＝60，f(3)＝－65，f(0)＝16.所以結(jié)合函數(shù)單調(diào)性及以上關(guān)鍵點(diǎn)畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示(答案不唯一).當(dāng)實(shí)數(shù)a變化時(shí)，方程f(x)＝a有幾解？【解析】方程2x3－3x2－36x＋16＝a解的個(gè)數(shù)問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝a與y＝2x3－3x2－36x＋16的圖象有幾個(gè)交點(diǎn)的問題，(1)當(dāng)a＞60或a＜－65時(shí)，方程2x3－3x2－36x＋16＝a有且只有一解；(2)當(dāng)a＝60或a＝－65時(shí)，方程2x3－3x2－36x＋16＝a有兩解；(3)當(dāng)－65＜a＜60時(shí)，方程2x3－3x2－36x＋16＝a有三解．角度2由函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)值或范圍【典例】已知函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a(a為實(shí)數(shù))，若方程f(x)＝0有三個(gè)不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【思路導(dǎo)引】求出函數(shù)的極值，要使f(x)＝0有三個(gè)不同零點(diǎn)，則應(yīng)有極大值大于0，極小值小于0，由此可得a的取值范圍．【解析】令f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)有極大值f(－1)＝2＋a；當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)有極小值f(1)＝－2＋a.因?yàn)榉匠蘤(x)＝0有三個(gè)不同零點(diǎn)，所以y＝f(x)的圖象與x軸有三個(gè)交點(diǎn)，如圖．由已知應(yīng)有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋a>0，,－2＋a<0，))解得－2<a<2，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－2，2).1．由解析式研究圖象常用的方法根據(jù)解析式判斷函數(shù)的圖象時(shí)，綜合應(yīng)用各種方法：如判斷函數(shù)的奇偶性，定義域、特殊值和單調(diào)性，有時(shí)還要用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點(diǎn)、最值等．2．與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的問題與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的問題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的大致圖象，討論圖象與x軸的位置關(guān)系或者轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉函數(shù)的圖象交點(diǎn)問題，確定參數(shù)的取值范圍．【補(bǔ)償訓(xùn)練】若方程ax＝x(a＞0，a≠1)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】由ax＝x知x＞0，故x·lna－lnx＝0?lna＝eq\f(lnx,x)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得最大值f(e)＝eq\f(1,e)，即lna＜eq\f(1,e)，即a＜．畫出函數(shù)y＝ax(a＞0，a≠1)與y＝x的圖象(圖略)，結(jié)合圖象可知，若方程ax＝x(a＞0，a≠1)有兩個(gè)不等實(shí)根，則a＞1.綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，).類型二實(shí)際生活中的最值問題(數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算)【典例】某村莊擬修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池(不計(jì)厚度).設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元(π為圓周率).(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大．四步內(nèi)容理解題意條件：①蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．②側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元.結(jié)論：(1)求函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性及其最大值．思路探求(1)先求出高h(yuǎn)，再求V(r)；(2)先求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性，再求最值．書寫表達(dá)(1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh(元)，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．根據(jù)題意得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3).由h>0，且r>0可得0<r<5eq\r(3)，故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0，5eq\r(3)).(2)由(1)知V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)(0<r<5eq\r(3))，故V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2).令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去).當(dāng)r∈(0，5)時(shí)，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5，5eq\r(3))時(shí)，V′(r)<0，故V(r)在(5，5eq\r(3))上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得極大值，也是最大值，此時(shí)h＝8，即當(dāng)r＝5，h＝8時(shí)，該蓄水池的體積最大．題后反思解題的關(guān)鍵是由題意列出函數(shù)解析式，注意實(shí)際意義對(duì)自變量的制約，求出定義域后在定義域內(nèi)討論函數(shù)的最值．1．利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題時(shí)，要注意以下幾點(diǎn)：(1)當(dāng)問題中涉及多個(gè)變量時(shí)，應(yīng)根據(jù)題意分析它們的關(guān)系，找出變量間的關(guān)系式；(2)確定函數(shù)關(guān)系式中自變量的取值范圍；(3)所得的結(jié)果要符合問題的實(shí)際意義．2．要注意方法的靈活運(yùn)用，如配方法、基本不等式法、導(dǎo)數(shù)法．1．電動(dòng)自行車的耗電量y與速度x之間的關(guān)系為y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)，為使耗電量最小，則其速度應(yīng)定為________．【解析】由題設(shè)知y′＝x2－39x－40，令y′＞0，解得x＞40或x＜－1，故函數(shù)y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)在[40，＋∞)上遞增，在(0，40]上遞減．所以當(dāng)x＝40時(shí)，y取得最小值．由此得為使耗電量最小，其速度應(yīng)定為40.答案：402．某批發(fā)商以每噸20元購進(jìn)一批建筑材料，若以每噸M元零售，銷售N(單位：噸)與零售價(jià)M(單位：元)有如下關(guān)系：N＝8300－170M－M2，則該批材料零售價(jià)定為________元時(shí)利潤最大，利潤的最大值為________元．【解析】設(shè)該商品的利潤為y元，由題意知，y＝N(M－20)＝－M3－150M2＋11700M則y′＝－3M2－300M令y′＝0得M＝30或M＝－130(舍去)，當(dāng)M∈(0，30)時(shí)，y′＞0，當(dāng)M∈(30，＋∞)時(shí)，y′＜0，因此當(dāng)M＝30時(shí)，y有最大值，ymax＝23000.答案：30230003．某商店經(jīng)銷一種商品，每件產(chǎn)品的成本為30元，并且每賣出一件產(chǎn)品需向稅務(wù)部門上交a元(a為常數(shù)，2≤a≤5)的稅收．設(shè)每件產(chǎn)品的售價(jià)為x元(35≤x≤41)，根據(jù)市場調(diào)查，日銷售量與ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))成反比例．已知每件產(chǎn)品的日售價(jià)為40元時(shí)，日銷售量為10件．(1)求該商店的日利潤L(x)元與每件產(chǎn)品的日售價(jià)x元的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)每件產(chǎn)品的日售價(jià)為多少元時(shí)，該商品的日利潤L(x)最大，并求出L(x)的最大值．【解析】(1)設(shè)日銷售量為eq\f(k,ex)，則eq\f(k,e40)＝10，所以k＝10e40，則日銷售量為eq\f(10e40,ex)件．則日利潤L(x)＝(x－30－a)eq\f(10e40,ex)＝10e40eq\f(x－30－a,ex).答：該商店的日利潤L(x)元與每件產(chǎn)品的日售價(jià)x元的函數(shù)關(guān)系式為L(x)＝10e40eq\f(x－30－a,ex).(2)L′(x)＝10e40eq\f(31＋a－x,ex).①當(dāng)2≤a≤4時(shí)，33≤a＋31≤35，當(dāng)35＜x＜41時(shí)，L′(x)＜0.所以當(dāng)x＝35時(shí)，L(x)取最大值為10(5－a)e5；②當(dāng)4＜a≤5時(shí)，35<a＋31≤36，令L′(x)＝0，得x＝a＋31，易知當(dāng)x＝a＋31時(shí)，L(x)取最大值為10e9－a.綜合上述得L(x)max＝答：當(dāng)2≤a≤4，每件產(chǎn)品的日售價(jià)35元時(shí)，為L(x)取最大值為10(5－a)e5；當(dāng)4＜a≤5，每件產(chǎn)品的日售價(jià)為a＋31元時(shí)，該商品的日利潤L(x)最大，最大值為10e9－a.類型三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的問題(數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理)角度1恒成立問題【典例】已知函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，f(x)<m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．【思路導(dǎo)引】可先求出f(x)的最大值，再求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0得，x＝1或x＝－eq\f(2,3).所以當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，f(x)max＝7，因此m>7.答案：m>7將本例中的條件“f(x)<m”變?yōu)椤癴(x)>m”，結(jié)果如何？【解析】由上面的解法可知，所以當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，f(x)min＝eq\f(7,2)，因此m<eq\f(7,2).角度2證明問題【典例】已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；(2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．【證明】(1)由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因?yàn)閥＝lnx在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以f′(x)單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)＞0，故存在唯一的x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又當(dāng)0<x<x0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>x0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一實(shí)根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)＜1＜x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)上的唯一實(shí)根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．解決不等式恒成立問題常常是將原問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值或值域問題，我們?cè)诮鉀Q問題時(shí)常用到以下結(jié)論：(1)a>f(x)恒成立?a>f(x)max，即大于函數(shù)f(x)值域的上界；(2)a<f(x)恒成立?a<f(x)min，即小于函數(shù)f(x)值域的下界．1．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(xA.ex1f(x2)＞ex2f(xB.ex1f(x2)＜ex2f(xC.ex1f(x2)＝ex2f(xD.ex1f(x2)與ex2f(x【解析】選A.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，所以函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，因?yàn)閤1＜x2，所以g(x1)＜g(x2)，即eq\f(f（x1）,ex1)＜eq\f(f（x2）,ex2)，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1).2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx，若當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【解析】由f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx得f′(x)＝eq\f(2（x2－a）,x3)，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－eq\r(a)(舍去)或x＝eq\r(a).當(dāng)0<x<eq\r(a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\r(a)時(shí)，f′(x)>0.故x＝eq\r(a)是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，且f(eq\r(a))＝lna＋1.要使f(x)≥2恒成立，需lna＋1≥2恒成立，則a≥e.答案：[e，＋∞)課堂檢測·素養(yǎng)達(dá)標(biāo)1．已知函數(shù)f(x)＝2x－ln|x|，則f(x)的大致圖象為()【解析】選A.當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝2x－ln(－x)，f′(x)＝2－eq\f(1,－x)·(－1)＝2－eq\f(1,x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，則B，D錯(cuò)誤；當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝2x－lnx，f′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))單調(diào)遞增，所以A正確．2．若直線y＝a與函數(shù)f(x)＝x3－3x的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.(－2，2)B．[－2，2)C.(－2，2]D．[－2，2]【解析】選A.令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，則極大值為f(－1)＝2，極小值為f(1)＝－2.如圖，觀察得－2＜a＜2時(shí)恰有三個(gè)不同的公共點(diǎn)．3．若方程x3－3x＋m＝0在[0，2]上有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.[－2，2]B．[0，2]C.[－2，0]D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)【解析】選A.方程x3－3x＋m＝0在[0，2]上有解，則－m＝x3－3x，x∈[0，2]，求實(shí)數(shù)m的取值范圍可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題．令y＝x3－3x，x∈[0，2]，則y′＝3x2－3，令y′＞0，解得x＞1，因此函數(shù)在[0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，又x＝1時(shí)y＝－2；x＝2時(shí)，y＝2；x＝0時(shí)，y＝0，所以函數(shù)y＝x3－3x，x∈[0，2]的值域是[－2，2]，故－m∈[－2，2]，所以m∈[－2，2].4．(教材二次開發(fā)：練習(xí)改編)某商品一件的成本為30元，在某段時(shí)間內(nèi)，若以每件x元出售，可賣出(200－x)件，當(dāng)每件商品的定價(jià)為_____