5.3.2 第3课时 函数的最大(小)值(2)-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3　导数在研究函数中的应用 5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第3课时　函数的最大(小)值(2) 15分钟对点练 目录 30分钟综合练 15分钟对点练 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 4 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 5 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 6 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 7 知识点二　已知函数零点个数求参数范围 3．已知函数f(x)＝ln x－2x＋a有零点，则a的取值范围是_______________． 答案 解析 [1＋ln 2，＋∞) 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 8 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)因为f(x)＋a＝(x－1)[ex－a(x＋1)]， 所以x＝1为f(x)＋a＝0的一个根， 故ex－a(x＋1)＝0有两个不同于1的实根， 令g(x)＝ex－a(x＋1)，则g′(x)＝ex－a， ①当a≤0时，g′(x)>0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝ln a， 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 10 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 11 知识点三　利用导数解决实际问题或几何问题 5．某银行准备新设一种定期存款业务，经预算，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)．已知贷款的利率为0.0486，且假设银行吸收的存款能全部放贷出去．设存款利率为x，x∈(0，0.0486)，若使银行获得最大收益，则x的取值为(　　) A．0.0162 B．0.0324 C．0.0243 D．0.0486 解析：依题意，得存款量是kx2，银行支付的利息是kx3，获得的贷款利息是0.0486kx2，其中x∈(0，0.0486)．所以银行的收益是y＝0.0486kx2－kx3(0<x<0.0486)，则y′＝0.0972kx－3kx2.令y′＝0，得x＝0.0324或x＝0(舍去)．当0<x<0.0324时，y′>0；当0.0324<x<0.0486时，y′<0.所以当x＝0.0324时，y取得最大值，即当存款利率为0.0324时，银行获得最大收益． 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 12 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 13 7．某个体户计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln (x＋b)(a>0，b>0)．已知投资额为零时收益为零． (1)求a，b的值； (2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大利润． 参考数据：ln 2≈0.7，ln 3≈1.1. 解：(1)由投资额为零时收益为零， 可知f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝6ln b＝0， 解得a＝2，b＝1. 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 14 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 15 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 16 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 17 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 18 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 19 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 20 30分钟综合练 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 22 2 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 24 答案 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 26 答案 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 27 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 28 二、填空题 6．已知函数f(x)＝x4＋9x＋5，则f(x)的图象在(－1，3)内与x轴的交点的个数为________． 解析：f′(x)＝4x3＋9，当x∈(－1，3)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，3)内单调递增，因为f(－1)＝－3<0，f(0)＝5>0，所以f(x)的图象在(－1，3)内与x轴只有一个交点． 答案 解析 1 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 29 答案 解析 (e，＋∞) 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 31 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 32 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 33 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 34 10．(2024·北京海淀高二期末)已知函数f(x)＝(x＋1)ex. (1)求函数f(x)的最小值； (2)若关于x的方程f(x)＝m有两个不同实数解，求m的取值范围． 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 35 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 36 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　利用导数研究函数的零点个数 1.若a>2，则函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋1在区间(0，2)内恰好有(　　) A．0个零点 B．1个零点 C．2个零点 D．3个零点 解析:∵f′(x)＝x2－2ax，且a>2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2)内是减函数．又f(0)＝1>0，f(2)＝eq \f(11,3)－4a<0，∴f(x)在区间(0，2)内恰好有1个零点．故选B. 2．已知函数f(x)＝ex－x. (1)判断函数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． 解：(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变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 1 单调递增 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)取得极小值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. 函数的图象经过特殊点f(－1)＝eq \f(1,e)＋1， f(2)＝e2－2，f(0)＝1， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞； 当x→－∞时，指数函数y＝ex的函数值越来越小，趋向于0， 因此函数f(x)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(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m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))时， f(x)的图象与直线y＝m恰有两个不同的交点，即当m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋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eq \f(1,e)＋1<m≤e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上有唯一的实根； 当m<1或m>e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1，2]上无实根． 解析：可将原函数有零点转化为方程ln x－2x＋a＝0有解，即方程a＝2x－ln x有解．令函数g(x)＝2x－ln x，则g′(x)＝2－eq \f(1,x)，令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，所以g(x)的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋ln 2，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.因此a的取值范围就是函数g(x)的值域，即a的取值范围是[1＋ln 2，＋∞)． 4．(2024·江苏盐城高二期末)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，a∈R. (1)当a＝eq \f(e,2)时，求f(x)的单调区间； (2)若方程f(x)＋a＝0有三个不同的实根，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝eq \f(e,2)时，函数f(x)＝(x－1)ex－eq \f(e,2)x2，则f′(x)＝xex－ex＝x(ex－e)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝1， 当x∈(－∞，0)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)内单调递减， 即当a＝eq \f(e,2)时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)． 当x>ln a时，g′(x)>0，故g(x)在区间(ln a，＋∞)上单调递增， 当x<ln a时，g′(x)<0，故g(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减， 并且当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以若要满足题意，只需g(ln a)<0且g(1)≠0， 因为g(ln a)＝eln a－a(ln a＋1)＝－aln a<0，所以a>1， 又g(1)＝e－2a≠0，所以a≠eq \f(e,2)， 所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞)). 6．若一球的半径为r，作内接于球的圆柱，则圆柱侧面积的最大值为(　　) A．2πr2 B．πr2 C．4πr2 D．eq \f(1,2)πr2 解析：设内接圆柱的底面半径为r1(r1>0)，高为t，则圆柱的侧面积S＝2πr1t＝2πr1·22,1)eq \r(r2－r) ＝4πr12,1)eq \r(r2－r) ＝4π2,1)eq \r(r2r－req \o\al(4,1)) .令(r2req \o\al(2,1)－req \o\al(4,1))′＝0，得r1＝eq \f(\r(2),2)r.所以Smax＝4π·eq \f(\r(2),2)r·eq \r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)r))\s\up12(2))＝4π·eq \f(\r(2),2)r·eq \f(\r(2),2)r＝2πr2. (2)由(1)可得f(x)＝2x，g(x)＝6ln (x＋1)． 设投入经销B商品的资金为x万元(0≤x≤5)， 则投入经销A商品的资金为(5－x)万元， 设所获得的利润为S(x)万元， 则S(x)＝2(5－x)＋6ln (x＋1)＝6ln (x＋1)－2x＋10(0≤x≤5)． S′(x)＝eq \f(6,x＋1)－2，令S′(x)＝0，得x＝2. 当0≤x<2时，S′(x)>0，函数S(x)单调递增； 当2<x≤5时，S′(x)<0，函数S(x)单调递减． 所以当x＝2时，函数S(x)取得最大值， S(x)max＝S(2)＝6ln 3＋6≈12.6万元． 所以当投入经销A商品的资金为3万元，B商品的资金为2万元时，他能获得最大利润，利润的最大值约为12.6万元． 8.某公园有一个矩形地块ABCD(如图所示)，边AB长eq \r(2)千米，AD长4千米．地块的一角是水塘(阴影部分)，已知边缘曲线AC是以A为顶点，AD所在直线为对称轴的抛物线的一部分，现要经过曲线AC上某一点P(异于A，C两点)铺设一条直线隔离带MN，点M，N分别在边AB，BC上，隔离带占地面积忽略不计且不能穿过水塘．设点P到边AD的距离为t(单位：千米)，△BMN的面积为S(单位：平方千米)． (1)请以A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求出S关于t的函数解析式； (2)是否存在点P，使隔离出来的△BMN的面积S超过2平方千米？并说明理由． 解：(1)如图，建立平面直角坐标系， 则A(0，0)，B(eq \r(2)，0)，C(eq \r(2)，4)，D(0，4)． 由题意，设抛物线的解析式为y＝ax2， 代入点C(eq \r(2)，4)，可得a＝2， 所以抛物线的解析式为y＝2x2. 由题意得直线MN为抛物线的切线， 因为点P到边AD的距离为t(0<t<eq \r(2))， 所以切点P的坐标为(t，2t2)， 又y′＝4x，所以直线MN的斜率为4t， 故直线MN的方程为y－2t2＝4t(x－t)， 即y＝4tx－2t2，令y＝0，得x＝eq \f(t,2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，0))， 令x＝eq \r(2)，得y＝4eq \r(2)t－2t2，故N(eq \r(2)，4eq \r(2)t－2t2)， S＝eq \f(1,2)|BM|·|BN|＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(t,2)))×(4eq \r(2)t－2t2)＝eq \f(1,2)t3－2eq \r(2)t2＋4t(0<t<eq \r(2))． (2)因为S＝eq \f(1,2)t3－2eq \r(2)t2＋4t(0<t<eq \r(2))， 所以S′＝eq \f(3,2)t2－4eq \r(2)t＋4＝eq \f(1,2)(t－2eq \r(2))(3t－2eq \r(2))， 因为0<t<eq \r(2)，所以t－2eq \r(2)<0， 所以当0<t<eq \f(2\r(2),3)时，S′>0；当eq \f(2\r(2),3)<t<eq \r(2)时，S′<0. 所以S＝eq \f(1,2)t3－2eq \r(2)t2＋4t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2),3)))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，\r(2)))内单调递减， 所以Smax＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3))) eq \s\up12(3)－2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3))) eq \s\up12(2)＋4×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(32\r(2),27)<2， 所以不存在点P，使隔离出来的△BMN的面积S超过2平方千米． 一、选择题 1．函数f(x)＝eq \f(x,3)＋sinx的图象大致是(　　) 解析：显然函数f(x)为奇函数，排除B.又f′(x)＝eq \f(1,3)＋cosx，可知f′(x)有无数个零点，因此函数f(x)有无数个极值点，排除A.又当x∈(0，π)时，f(x)＝eq \f(x,3)＋sinx>0，排除D.故选C. 2．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(min)与车辆进入该路段的时刻t之间的关系可近似地用如下函数表示：y＝－eq \f(1,8)t3－eq \f(3,4)t2＋36t－eq \f(629,4)(6≤t≤9)．则在这段时间内，通过该路段用时最多的时刻是(　　) A．6时 B．7时 C．8时 D．9时 解析:由题意，得y′＝－eq \f(3,8)t2－eq \f(3,2)t＋36＝－eq \f(3,8)(t＋12)(t－8)．令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8.当6≤t<8时，y′>0；当8<t≤9时，y′<0，所以当t＝8时，y有最大值，即此时刻通过该路段用时最多． 3．方程eq \r(x)－ln x－2＝0的根的个数为(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：：令f(x)＝eq \r(x)－ln x－2(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)－eq \f(1,x)＝eq \f(\r(x)－2,2x)，当x∈(0，4)时， f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(4)＝2－ln 4－2<0，f(e6)＝e3－ln e6－2＝e3－8>0，f(e－2)＝e－1－ln e－2－2＝eq \f(1,e)>0，结合函数零点存在定理可知函数f(x)在区间(0，4)内存在一个零点，在区间(4，＋∞)上也存在一个零点，故方程eq \r(x)－ln x－2＝0的根的个数为2.故选B. 4.现有一个帐篷，它下部分的形状是高为1 m的正六棱柱，上部分的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的体积最大时，帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为(　　) A．1 m B．eq \f(3,2) m C．2 m D．3 m 解析：设OO1为x m，则1<x<4，设底面正六边形的面积为S m2，帐篷的体积为V m3.则由题设可得，正六棱锥底面边长为eq \r(32－（x－1）2)＝eq \r(8＋2x－x2)(m)．于是S＝6×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(8＋2x－x2))2＝eq \f(3\r(3),2)(8＋2x－x2)．所以V＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)(8＋2x－x2)(x－1)＋eq \f(3\r(3),2)×(8＋2x－x2)＝eq \f(\r(3),2)(8＋2x－x2)·[(x－1)＋3]＝eq \f(\r(3),2)(16＋12x－x3)(1<x<4)，则V′＝eq \f(\r(3),2)(12－3x2)．令V′＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．当1<x<2时，V′>0，V单调递增；当2<x<4时，V′<0，V单调递减．所以当x＝2时，V最大．故选C. 5．[多选](2024·河北保定高二期中)已知函数f(x)在R上可导，其导函数f′(x)满足eq \f(f′（x）－f（x）,x－3)<0且f′(3)＝f(3)，令g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则(　　) A．函数g(x)的单调递减区间为(3，＋∞) B．3是函数g(x)的极小值点 C．函数g(x)必有零点 D．e4f(－2)<f(2) 解析：由g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，得g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，当x<3时，f′(x)－f(x)>0，g′(x)>0，故g(x)在(－∞，3)上单调递增，当x＝3时，g′(x)＝0，当x>3时，f′(x)－f(x)<0，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上单调递减，所以3是函数g(x)的极大值点，故A正确，B错误；若g(3)<0，则y＝g(x)没有零点，故C错误；由g(x)在(－∞，3)上单调递增，得g(－2)<g(2)，即eq \f(f（－2）,e－2)<eq \f(f（2）,e2)，化简得e4f(－2)<f(2)，故D正确．故选AD. 7．已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－a有两个零点，则实数a的取值范围是___________． 解析：∵函数f(x)＝eq \f(ex,x)－a有两个零点，即eq \f(ex,x)＝a有两个解，令g(x)＝eq \f(ex,x)，则g′(x)＝eq \f(ex（x－1）,x2)，x≠0，令g′(x)＝0得x＝1，且当x<0和0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)在 (－∞，0)上和(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∵当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，g(1)＝e，∴g(x)的大致图象如图，∴要使eq \f(ex,x)＝a有两个解，即g(x)＝eq \f(ex,x)的图象与直线y＝a有两个交点，∴a>e，即实数a的取值范围为(e，＋∞)． (eq \r(3,－6)，＋∞) 8．若eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋1＝0有一个实数根，则实数a的取值范围为____________． 解析：令f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋1，则f′(x)＝x2＋ax.由f(x)＝0有一个实根，得Δ≤0(Δ是方程f′(x)＝0的根的判别式)或f(x1)·f(x2)>0(x1，x2是f(x)的极值点)．①由Δ≤0，得a＝0；②令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－a(a≠0)，则f(x1)·f(x2)＝－eq \f(1,3)a3＋eq \f(1,2)a3＋1>0，即eq \f(1,6)a3>－1，所以a>eq \r(3,－6)，且a≠0.综上，实数a的取值范围是(eq \r(3,－6)，＋∞)． 三、解答题 9．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． (1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少耗油量为多少升？ 解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了eq \f(100,40)＝2.5(时)， 耗油eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,128000)×403－\f(3,80)×40＋8))×2.5＝17.5(升)． 答：当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当汽车的速度为x千米/时时，汽车从甲地到乙地行驶了eq \f(100,x)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)， 则h′(x)＝eq \f(x,640)－eq \f(800,x2)＝eq \f(x3－803,640x2)，令h′(x)＝0，得x＝80. 当x∈(0，80)时，h′(x)<0，h(x)是减函数； 当x∈(80，120)时，h′(x)>0，h(x)是增函数． 故当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝11.25. 因为h(x)在(0，120]上只有一个极小值，所以它是最小值． 答：当汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少耗油量为11.25升． 解：(1)f′(x)＝(x＋2)ex， 当x>－2时，f′(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 当x<－2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－2)上单调递减， 因此，当x＝－2时，函数f(x)取得最小值，为f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－eq \f(1,e2). (2)由(1)知，当x＝－2时，函数f(x)有极小值也是最小值，为f(－2)＝－eq \f(1,e2)， 由f(x)＝(x＋1)ex，得 当x<－1时，f(x)<0，f(－1)＝0； 当x>－1时，f(x)>0， 且f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减， 作出y＝f(x)的大致图象及直线y＝m，如图， 当－eq \f(1,e2)<m<0时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝m有两个交点，即方程f(x)＝m有两个不同实数解． $$