2021_2022学年高中数学第3章导数应用章末复习课学案北师大版选修2_22118.pdf

.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。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)x1xaln x(aR)，讨论f(x)的单调性 思路探究：求出导函数的表达式根据a的取值情况对导数符号的影响进展分类讨论 解 函数f(x)的定义域为(0，)f(x)11x2axx2ax1x2.令g(x)x2ax1，那么对于方程x2ax10，a24.(1)当2a2 时，0，f(x)0，只有当a2，x1 或a2，x1 时，等号成立，故函数f(x)在(0，)上单调递增(2)当a0，g(x)0 的两根都小于 0，g(x)在(0，)上单调递增，那么在(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a2 时，0，g(x)0 的两根为x1aa242，x2aa242.当 0 x0；当x1xx2时，f(x)x2时，f(xf(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减 综上，当a2 时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a2 时，函 数f(x)在0，aa242，aa242，上 单 调 递 增，在aa242，aa242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：.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。(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 时，令 3x2a0，得x3a3，当x3a3或x0；当3a3x3a3时，f(x)0 时，f(x)在，3a3，3a3，上为增函数，在3a3，3a3上为减函数.利用导数研究函数的极值与最值【例 2】函数f(x)x3ax2b的图像上一点P(1,0)，且在点P处的切线与直线 3xy0 平行(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在区间0，t(0t3)上的最大值和最小值；思路探究：(1)由 f10，f13，求出a，b即可(2)对t分 0t2 与 2t3 两种情况求最值 解(1)因为f(x)3x22ax，曲线在P(1,0)处的切线斜率为f(1)32a，即 32a3，a3.又函数过(1,0)点，即2b0，b2 所以a3，b2，f(x)x33x22.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。(2)由f(x)x33x22，得f(x)3x26x.由f(x)0，得x0 或x2 当 0t2 时，在区间(0，t)上f(x)0，f(x)在0，t上是减函数，所以f(x)maxf(0)2，f(x)minf(t)t33t22 当 2t3 时，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0(0,2)2(2，t)t f(x)0 0 f(x)2 单调递减 极小值2 单调递增 t33t22 f(x)minf(2)2，f(x)max为f(0)与f(t)中较大的一个 f(t)f(0)t33t2t2(t3)0.所以f(x)maxf(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)cx33x22c，g(x)3x26x3x(x2)在x1,2)上，g(x)0；在x(2,3上，g(xg(x)0 在1,3上恰有两个相异的实根，那么 g10，g20，g30，解得2c0.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 假设左正右负，那么f(x)在此根处取得极大值；假设左负右正，那么f(x)在此根处取得极小值；否那么，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拟即可 2函数f(x)x312xm.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。(1)假设xR，求函数f(x)的极大值与极小值之差；(2)假设函数yf(x)有三个零点，求m的取值范围；(3)当x1,3时，f(x)的最小值为2，求f(x)的最大值 解(1)f(x)3x212 当f(x)0 时，x2 或x2 当f(x)0 时，2x2 当f(x)0 时，x2 或x2 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)16m.f(x)极大值f(2)16m.f(x)极大值f(x)极小值32(2)由(1)知要使函数yf(x)有三个零点，必须 fx极小值0，fx极大值0，即 16m0，16m0，16m16.m的取值范围为(16,16)(3)当x1,3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)11m，f(3)m9，f(1)f(3)，在1,3上f(x)的最小值为f(1)11m，11m2，m9.当x1,3时，f(x)的最大值为 f(2)(2)3122925.导数的实际应用【例 3】请你设计一个包装盒，如下图，ABCD是边长为 60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影局部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AEFBx(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.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。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h cm，底面边长为a cm.由得a 2x，h602x2 2(30 x)，0 x0；当x(20,30)时，V0.所以当x20 时，V取得极大值，也是最大值 此时ha12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.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察，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，假设能判断函数的最大(小)值在x的变化区间内部得到，那么这个根处的函数值就是所求的最大(小)值 3统计说明：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y1128 000 x3380 x8(0 x120)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100 x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)1128 000 x3380 x8 100 x11 280 x2800 x154(0 x120)h(x)x640800 x2x3803640 x2(0 x120)，令h(x)0，得x80.因为x(0,80)时，h(x)0，h(x)是增函数，.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。所以当x80 时，h(x)取得极小值h(80)1125(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 1125 升.导数在最值中应用【例 4】函数f(x)x3ax2bx在区间(2,1)内x1 时取极小值，x23时取极大值(1)求函数yf(x)在x2 时的对应点的切线方程；(2)求函数yf(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)3x22axb.又x1，x23分别在f(x)x3ax2bx上取得极小值、极大值，所以1，23为方程3x22axb0 的两个根 所以23a123，b3(1)23.于是a12，b2，那么f(x)x312x22x.x2 时，f(2)2，即(2,2)在曲线上 又切线斜率为kf(x)3x2x2，f(2)8，所求切线方程为y28(x2)，即为 8xy140.(2)x变化时，f(x)及f(x)的变化情况如表所示：x 2(2，1)1 1，23 23 23，1 1 f(x)0 0 f(x)2 极小值32 极大值2227 12 那么f(x)在2,1上的最大值为 2，最小值为32.导数是求函数极值与最值的最有力工具，函数yfx的极值是其定义域内的一个局部概念，用fx0 的根，将fx的定义域分成假设干个小区间，并列成表格，结合每个小区间.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。内fx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.fx0 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拟即可.4设函数f(x)aex1aexb(a0)求f(x)在0，)内的最小值 解 f(x)aex1aex，令f(x)0，得xln a.当xln a时，f(x)0；当xln a时，f(x)0.当 0a0，所以f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，从而f(x)在0，)内的最小值为f(ln a)2b；当a1 时，ln a0，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)a1ab.导数的综合应用【例 5】函数f(x)axxln x(aR)(1)假设函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a1 且kZ 时，不等式k(x1)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，别离参数求解(2)别离参数中，转化为求函数最值 解(1)f(x)aln x1，由题意知f(x)0 在e，)上恒成立，即 ln xa10 在e，)上恒成立，即a(ln x1)在e，)上恒成立，而(ln x1)max(ln e1)2，a2，即a的取值范围为2，)(2)当a1 时，f(x)xxln x，x(1，)，原不等式可化为kfxx1，即k1 恒成立 令g(x)xxln xx1，那么g(x)xln x2x12.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。令h(x)xln x2(x1)，那么h(x)11xx1x0，h(x)在(1，)上单调递增 h(3)1ln 30，存在x0(3,4)使h(x0)0，即g(x0)0.即当 1xx0时，h(x)0，即g(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)x0ln x020，得 ln x0 x02，g(x)ming(x0)x01ln x0 x01x01x02x01 x0(3,4)，kg(x)minx0且kZ，即kmax3.恒成立问题的处理策略 恒成立问题是导数的常见题型，往往靠别离参数后，转化为用导数求函数的最值问题，在函数中，导数与不等式严密结合，要注意分类讨论和数形结合的思想 5(2021全国卷)函数f(x)ln xx1x1.(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)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线 解(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)1x2x120，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增 因为f(e)1e1e10，f(e2)2e21e21e23e210，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1，即f(x1)0.又 01x11，f1x1ln x1x11x11f(x1)0，故f(x)在(0,1)有唯一零点1x1.下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为1x0eln x0，故点Bln x0，1x0在曲线yex上 由题设知f(x0)0，即 ln x0 x01x01，故直线AB的斜率 k1x0ln x0ln x0 x01x0 x01x01x01x01x01x0.曲线yex在点Bln x0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线