2020高中数学 第章 导数应用章末复习课学案 2-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE16-学必求其心得，业必贵于专精第3章导数应用利用导数研究函数的单调性【例1】设函数f（x）＝x－eq\f（1,x)－alnx(a∈R)，讨论f(x）的单调性．思路探究：eq\x(\s\up(求出导函数,的表达式))→eq\x(\s\up(根据a的取值情况对导数,符号的影响进行分类讨论）)[解]函数f（x)的定义域为(0，＋∞)．f′（x）＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f（a,x）＝eq\f(x2－ax＋1，x2).令g(x)＝x2－ax＋1,则对于方程x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4.(1）当－2≤a≤2时，Δ≤0，f′（x)≥0，只有当a＝2，x＝1或a＝－2,x＝－1时,等号成立，故函数f（x)在（0，＋∞）上单调递增．（2)当a〈－2时，Δ>0，g（x)＝0的两根都小于0，g(x)在(0，＋∞）上单调递增，则在（0，＋∞)上g(x)>g（0)＝1，所以f′（x)>0，故函数f（x）在（0，＋∞)上单调递增．(3）当a〉2时,Δ〉0,g（x）＝0的两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－4）,2），x2＝eq\f（a＋\r（a2－4)，2)。当0<x〈x1时，f′（x）〉0；当x1<x〈x2时,f′(x)<0;当x>x2时，f′（x）>0。故函数f(x)在（0，x1）,（x2，＋∞）上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．综上，当a≤2时,函数f（x)在(0，＋∞）上单调递增；当a>2时，函数f（x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(a－\r（a2－4），2））)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4）,2），＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a－\r(a2－4），2)，\f（a＋\r（a2－4),2)))上单调递减．利用导数研究单调性的步骤利用导数研究函数的单调性是导数的主要应用之一，其步骤为：（1）求函数的定义域，并求导；(2）研究导函数f′(x）的符号,解不等式f′（x)>0或f′(x）〈0；（3）确定函数的单调性或单调区间．在求导这一环节中，往往要将导函数变形,其目的在于方便下一环节研究导函数的符号，常见的措施有化为基本初等函数、通分、因式分解等．1．已知函数f（x)＝x3－ax－1，讨论f（x)的单调区间．［解］f′（x）＝3x2－a。(1）当a≤0时，f′（x)≥0，所以f（x)在(－∞，＋∞）上为增函数．（2)当a>0时，令3x2－a＝0，得x＝±eq\f(\r（3a）,3）,当x〉eq\f（\r（3a)，3）或x<－eq\f(\r（3a),3）时，f′(x）〉0;当－eq\f（\r（3a），3)〈x〈eq\f(\r（3a),3)时，f′(x)<0。因此f（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（\r(3a）,3））），eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3a)，3），＋∞))上为增函数，f(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（3a),3），\f(\r(3a),3）））上为减函数．综上可知，当a≤0时，f(x）在R上为增函数．当a>0时，f（x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（3a），3）)），eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a)，3），＋∞))上为增函数，在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3a)，3），\f(\r（3a)，3）））上为减函数.利用导数研究函数的极值与最值【例2】已知函数f（x）＝x3＋ax2＋b的图像上一点P（1,0),且在点P处的切线与直线3x＋y＝0平行．(1)求函数f（x）的解析式；(2)求函数f（x)在区间［0，t］(0〈t<3）上的最大值和最小值;思路探究：（1）由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f1＝0，，f′1＝－3，)）求出a，b即可．（2）对t分0<t≤2与2〈t〈3两种情况求最值．［解］(1）因为f′（x）＝3x2＋2ax，曲线在P（1，0)处的切线斜率为f′（1）＝3＋2a，即3＋2a＝－3，又函数过（1，0）点,即－2＋b＝0，b＝2．所以a＝－3,b＝2，f（x）＝x3－3x2＋2．(2)由f（x）＝x3－3x2＋2，得f′(x）＝3x2－6x.由f′（x)＝0，得x＝0或x＝2．①当0<t≤2时，在区间（0，t）上f′(x)<0,f(x)在[0,t]上是减函数，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x）min＝f(t）＝t3－3t2＋2．②当2<t<3时，当x变化时,f′(x)，f(x）的变化情况如下表：x0（0，2）2(2，t)tf′（x)0－0＋＋f（x）2单调递减↘极小值－2单调递增↗t3－3t2＋2f(x）min＝f（2）＝－2，f（x)max为f（0)与f(t）中较大的一个．f(t)－f(0）＝t3－3t2＝t2（t－3）<0。所以f(x)max＝f(0)＝2．本例在(1)的结论下,关于x的方程f（x)＝c在区间[1，3]上恰有两个相异的实根，求实数c的取值范围．[解]令g（x）＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，g′（x）＝3x2－6x＝3x（x－2）．在x∈［1，2）上，g′(x）〈0；在x∈(2,3]上,g′（x)>0。要使g（x)＝0在［1，3]上恰有两个相异的实根，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(g1≥0，,g2〈0，,g3≥0，)）解得－2〈c≤0。利用导数求极值和最值的步骤导数是求函数极值与最值的最有力工具，求函数极值的一般步骤为:（1)确定函数f(x）的定义域；（2)解方程f′(x)＝0的根；(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′（x)的符号．若左正右负，则f(x）在此根处取得极大值;若左负右正,则f（x)在此根处取得极小值；否则，此根不是f(x）的极值点．对于求函数的最值问题，只需直接将极值与区间端点函数值比较即可．2．已知函数f（x）＝－x3＋12x＋m。(1）若x∈R，求函数f（x）的极大值与极小值之差；（2）若函数y＝f(x）有三个零点，求m的取值范围;（3)当x∈［－1，3］时，f(x)的最小值为－2，求f(x）的最大值．［解]（1）f′（x）＝－3x2＋12．当f′（x）＝0时,x＝－2或x＝2．当f′（x)＞0时，－2＜x＜2．当f′(x）＜0时，x＜－2或x＞2．∴f(x）在(－∞，－2)，（2，＋∞)上单调递减，在（－2,2)上单调递增．∴f（x)极小值＝f(－2)＝－16＋m.f（x)极大值＝f（2)＝16＋m。∴f（x）极大值－f(x)极小值＝32．（2）由（1)知要使函数y＝f(x)有三个零点,必须eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(fx极小值＜0,,fx极大值＞0，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－16＋m＜0，，16＋m＞0，））∴－16＜m＜16。∴m的取值范围为（－16，16）．（3)当x∈［－1,3]时，由（1)知f(x）在[－1，2)上单调递增，f(x）在[2,3］上单调递减，f(x)的最大值为f（2)．又f(－1）＝－11＋m，f(3）＝m＋9，∴f（－1）＜f(3)，∴在［－1，3]上f（x)的最小值为f(－1）＝－11＋m，∴－11＋m＝－2，∴m＝9。∴当x∈[－1，3］时，f(x）的最大值为f(2)＝（－2）3＋12×2＋9＝25。导数的实际应用【例3】请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A，B，C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm）．(1）某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2）最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V（cm3）最大,试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．思路探究：根据侧面积和体积公式建立侧面积和体积关于x的函数，利用配方法或导数法求出最值．［解］设包装盒的高为hcm,底面边长为acm.由已知得a＝eq\r（2)x，h＝eq\f(60－2x,\r(2)）＝eq\r（2)(30－x），0<x<30。(1)S＝4ah＝8x(30－x）＝－8(x－15）2＋1800,所以当x＝15时,S取得最大值．(2）V＝a2h＝2eq\r（2)(－x3＋30x2)，V′＝6eq\r（2)x(20－x）．由V′＝0,得x＝0(舍）或x＝20.当x∈（0,20）时，V′>0;当x∈（20，30)时，V′<0.所以当x＝20时,V取得极大值，也是最大值．此时eq\f（h，a）＝eq\f(1，2)，即包装盒的高与底面边长的比值为eq\f(1,2）。利用导数求实际问题的最大(小）值时，应注意的问题（1）求实际问题的最大(小)值时，一定要从问题的实际意义去考查，不符合实际意义的值应舍去．(2)在实际问题中，由f′（x）＝0常常仅解到一个根,若能判断函数的最大（小)值在x的变化区间内部得到,则这个根处的函数值就是所求的最大（小）值．3．统计表明：某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为y＝eq\f(1，128000）x3－eq\f(3，80）x＋8(0〈x≤120）．已知甲、乙两地相距100千米,当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？［解］当速度为x千米/时时，汽车从甲地到乙地行驶了eq\f（100,x）小时,设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，128000)x3－\f(3，80）x＋8）)×eq\f（100，x)＝eq\f（1，1280)x2＋eq\f(800,x）－eq\f（15，4)（0〈x≤120)．h′（x)＝eq\f(x，640)－eq\f(800,x2）＝eq\f(x3－803，640x2）（0〈x≤120），令h′(x）＝0，得x＝80.因为x∈(0,80)时,h′(x）<0，h（x）是减函数；x∈（80，120］时,h′(x)>0,h(x）是增函数，所以当x＝80时,h(x)取得极小值h（80)＝11．25（升）．因为h（x）在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．答：汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11．25升.导数在最值中应用【例4】已知函数f（x)＝－x3＋ax2＋bx在区间(－2，1）内x＝－1时取极小值，x＝eq\f(2，3）时取极大值．（1）求函数y＝f（x)在x＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y＝f（x)在［－2，1]上的最大值与最小值．思路探究：先求出a，b的值，然后求出对应点（即切点)的坐标和切线斜率，即可得出（1）的结论,列出x变化时,f′(x）及f(x)的变化情况,从而得出(2)的结论．［解］(1）f′(x）＝－3x2＋2ax＋b。又x＝－1,x＝eq\f(2，3）分别在f(x)＝－x3＋ax2＋bx上取得极小值、极大值，所以－1，eq\f（2,3）为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根．所以eq\f（2,3）a＝－1＋eq\f（2,3），－eq\f（b，3)＝(－1)×eq\f(2，3).于是a＝－eq\f（1,2)，b＝2，则f(x)＝－x3－eq\f（1,2)x2＋2x。x＝－2时,f(－2)＝2,即（－2,2）在曲线上．又切线斜率为k＝f′（x)＝－3x2－x＋2,f′（－2)＝－8，所求切线方程为y－2＝－8(x＋2),即为8x＋y＋14＝0。(2）x变化时,f′(x）及f(x)的变化情况如表所示：x－2(－2,－1）－1eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－1,\f（2，3)))eq\f（2，3）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3),1））1f′(x）－0＋0－f（x）2↘极小值－eq\f（3,2)↗极大值eq\f(22，27)↘eq\f(1,2）则f(x）在［－2,1］上的最大值为2,最小值为－eq\f(3,2）。导数是求函数极值与最值的最有力工具，函数y＝fx的极值是其定义域内的一个局部概念，用f′x＝0的根，将fx的定义域分成若干个小区间，并列成表格，结合每个小区间内f′x的正负号来判定fx在相应区间上的增减性来确定fx的极值.f′x＝0的根x不一定是函数的极值点.对于求函数的最值问题，只需将极值与区间端点函数值比较即可.4．设函数f（x)＝aex＋eq\f(1，aex)＋b(a〉0）．求f(x）在[0,＋∞）内的最小值．［解］f′(x)＝aex－eq\f(1,aex),令f′(x)＝0，得x＝－lna.当x>－lna时，f′（x）>0;当x<－lna时,f′（x）〈0.当0<a〈1时，－lna〉0，所以f（x)在(0，－lna）上单调递减，在(－lna，＋∞）上单调递增,从而f（x）在[0,＋∞)内的最小值为f(－lna）＝2＋b；当a≥1时，－lna≤0，所以f(x）在［0，＋∞)上单调递增，从而f(x)在［0，＋∞）内的最小值为f(0)＝a＋eq\f(1，a)＋b.导数的综合应用【例5】已知函数f(x）＝ax＋xlnx（a∈R）．(1)若函数f(x)在区间[e,＋∞）上为增函数，求a的取值范围；(2）当a＝1且k∈Z时,不等式k(x－1）〈f(x)在x∈（1，＋∞）上恒成立,求k的最大值．思路探究：(1)转化为f′(x）≥0恒成立，分离参数求解．(2)分离参数中，转化为求函数最值．[解](1)f′(x)＝a＋lnx＋1,由题意知f′（x）≥0在［e,＋∞）上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞）上恒成立，即a≥－（lnx＋1)在[e，＋∞）上恒成立,而［－（lnx＋1)］max＝－（lne＋1)＝－2，∴a≥－2，即a的取值范围为［－2，＋∞)．（2）当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx,∵x∈（1,＋∞），∴原不等式可化为k〈eq\f(fx,x－1），即k〈eq\f(x＋xlnx,x－1）对任意x>1恒成立．令g(x）＝eq\f（x＋xlnx,x－1），则g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12）。令h（x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－eq\f（1，x）＝eq\f（x－1，x）〉0，∴h(x）在（1，＋∞）上单调递增．∵h（3)＝1－ln3<0，h（4)＝2－2ln2〉0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0）＝0，即g′(x0)＝0。即当1〈x〈x0时，h（x)<0,即g′（x）〈0。当x〉x0时，h(x）>0，即g′(x)>0.∴g(x)在（1，x0）上单调递减，在(x0,＋∞)上单调递增．由h（x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g（x）min＝g（x0)＝eq\f（x01＋lnx0，x0－1）＝eq\f(x01＋x0－2，x0－1)＝x0∈（3,4），∴k〈g（x）min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.恒成立问题的处理策略恒成立问题是导数的常见题型，往往靠分离参数后，转化为用导数求函数的最值问题，在函数中，导数与不等式紧密结合，要注意分类讨论和数形结合的思想．5．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f（x）＝lnx－eq\f(x＋1，x－1）。(1)讨论f（x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2)设x0是f（x）的