新教材2025版高中数学第六章导数及其应用6.2利用导数研究函数的性质6.2.2导数与函数的极值最值第3课时导数与函数的极值最值综合问题学生用书新人教B版选择性必修第三册

第3课时导数与函数的极值、最值综合问题1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；2．能利用导数求某些函数的极大值、微小值．新知初探·自主学习——突出基础性教材要点学问点利用导数探讨函数的零点或方程根的方法是借助于导数探讨函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性推断函数图象走势，从而推断零点个数或者通过零点的个数求参数范围．基础自测1．函数f(x)＝lnx＋1xA．0B．1C．2D．32．已知函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数y＝f′(x)的零点个数为()A．0B．1C．2D．不确定3．若曲线y＝xe－x与直线y＝a恰有两个交点，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1e]B．(0，1C．(0，＋∞)D．[0，1e4．直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________．课堂探究·素养提升——强化创新性利用导数解决函数的零点或方程的根问题例1给定函数f(x)＝ex－x.(1)推断函数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]上的根的个数．方法归纳推断零点的个数问题的思路(1)求出函数的定义域．(2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点．(3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各个区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值．(4)确定f(x)的图象经过一些特别点，依据零点存在性定理分析图象的改变趋势．(5)画出f(x)的大致图象．跟踪训练1已知函数f(x)＝lnx(1)求f(x)的单调区间；(2)当a≤1时，求函数f(x)在区间(0，e]上零点的个数．由函数的零点个数求参数的范围例2已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.(1)探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．方法归纳利用导数探讨函数的零点或方程根的方法是借助于导数探讨函数的单调性、极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性以及零点存在性定理推断函数图象走势，从而推断零点个数或者通过零点的个数求参数范围．跟踪训练2已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)当a＝1时，探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．二次求导问题例3已知函数f(x)＝ex－ax.(a∈R)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若a＝3，证明：当x＞0时，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．方法归纳解决此系列问题的步骤：(1)求定义域且求导；(2)要推断f′(x)的符号，只须要推断优化后的函数的符号但不确定；(3)构造函数，二次求导，干脆推断导函数的符号．跟踪训练3已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，π2二次求导虚设零点问题例4已知函数f(x)＝lnxex.求证：函数f(x方法归纳零点存在性定理——虚设零点，此时g(x)在(0，＋∞)上有没有零点，我们接着列表分析．跟踪训练4已知函数f(x)＝ex(lnx－a)(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＞1，求证：函数f(x)存在微小值．第3课时导数与函数的极值、最值综合问题新知初探·自主学习[基础自测]1．解析：由题意，得函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1>0，所以函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在定义域内没有零点．答案：A2．解析：由题意得，f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，因为函数f(x)有最小值，且当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数存在减区间，即f′(x)<0有解，所以x2＋2x＋a＝0有两个不相等的实根，所以函数y＝f′(x)的零点个数为2.答案：C3．解析：对于函数y＝xe－x＝eq\f(x,ex)，该函数的定义域为R，且y′＝eq\f(1－x,ex)，令y′＝0，得x＝1，列表如下：且当x<0时，y＝xe－x<0；当x>0时，y＝xe－x>0.作出函数y＝xe－x与函数y＝a的图象如图所示．由图象可知，当0<a<eq\f(1,e)时，直线y＝a与曲线y＝xe－x有两个交点，因此，实数a的取值范围是(0，eq\f(1,e)).答案：D4．解析：令y＝f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)微小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数f(x)＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－2<a<2.答案：(－2，2)课堂探究·素养提升例1【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0.当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如表所示：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)的微小值f(0)＝1，也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞).(2)由(1)可知，函数的最小值为1.函数的图象经过特别点f(－1)＝1e＋1，f(2)＝2－2，f当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞；当x→－∞时，指数函数y＝ex越来越小，趋向于0，因此函数f(x)图象上的点渐渐趋向于直线y＝－x，依据上述信息，画出函数f(x)的大致图象如图所示．(3)截取函数f(x)在区间[－1，2]上的图象如图所示．由图象知，当f(0)<m≤f(－1)，即当m∈(1，1e＋1]时，f(x)与y＝m恰有两个不同的交点，即当m∈(1，1e＋1]时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上恰有两个不同的实根；同理，当m＝1或1e＋1<m≤e2－2时，方程f(x当m<1或m>e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上无实根．跟踪训练1解析：(1)因为f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)－1(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx－a,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e1－a.f′(x)及f(x)随x的改变状况如表所示：所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).(2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)，①当a＝1时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e]上单调递减，又f(1)＝0，故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点．②当a<1时，1－a>0，e1－a>1，则f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)<0，所以f(x)在区间(0，e]上无零点．综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点；当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点．例2【解析】(1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f′(x)＝3x2≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).当x∈(－∞，－eq\f(\r(3k),3))时，f′(x)>0；当x∈(－eq\f(\r(3k),3)，eq\f(\r(3k),3))时，f′(x)<0；当x∈(eq\f(\r(3k),3)，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－eq\f(\r(3k),3))，(eq\f(\r(3k),3)，＋∞)上单调递增，在(－eq\f(\r(3k),3)，eq\f(\r(3k),3))上单调递减．(2)解析：由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不行能有三个零点．当k>0时，x＝－eq\f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq\f(\r(3k),3)为f(x)的微小值点．若f(x)有三个零点，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＞0，,f（\f(\r(3k),3)）＜0，,f（－\f(\r(3k),3)）＞0，))解得0<k<eq\f(4,27)，所以k的取值范围为(0，eq\f(4,27)).跟踪训练2解析：(1)f(x)的定义域为R.当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．故f(x)至多存在一个零点，不符合题意．②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上是减函数，在(lna，＋∞)上是增函数．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna).(ⅰ)若0<a≤1e，则f(lna)≥0，f(x(ⅱ)若a>1e，f(lna因为f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝ex2·ex2－a(x＋2)>eln(2a)·(x2＋2)－a故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a的取值范围是(1e例3【解析】(1)f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝lna.当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如表：所以a＞0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g(x)＝f(x)－(x2－3x＋1)＝ex－x2－1，则g′(x)＝ex－2x.令h(x)＝ex－2x，则h′(x)＝ex－2，当0＜x＜ln2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞ln2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；所以h(x)≥h(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2＞0，即g′(x)＞0恒成立．所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝1－0－1＝0，所以ex－x2－1＞0，即当x＞0时，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．跟踪训练3解析：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)解析：设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．当x∈(0，π2)时，h′(x所以h(x)在区间[0，π2所以对随意x∈(0，π2]有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x所以函数f(x)在区间[0，π2因此f(x)在区间[0，π2]上的最大值为f(0)＝1，最小值为f(π2)＝－例4【解析】由题意可得，x∈(0，＋∞).因为f′(x)＝eq\f(\f(1,x)ex－exlnx,（ex）2)＝eq\f(\f(1,x)－lnx,ex)，令g(x)＝eq\f(1,x)－lnx，则g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为g(1)＝1＞0，g(e)＝eq\f(1,e)－1＜0，所以存在唯一实数x0∈(1，e)，使得g(x0)＝0即f′(x0)＝0，且eq\f(1,x0)＝lnx0.x，f′(x)，f(x)的改变如表所示：所以f(x0)为函数f(x)的极大值．故f(x)＝eq\f(lnx,ex)有极大值．跟踪训练4解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex(lnx－1)，所以f′(x)＝ex(lnx－1)＋ex1x＝ex(lnx＋1所以f(1)＝－e，f′(1)＝0，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－e.(2)解析：由f(x)＝ex(lnx－a)，得f′(x)＝ex(lnx＋1x－a令h(x)＝lnx＋1x－a，则h′(x)＝1x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2