5.3.2 第3课时 利用导数解决与函数相关的问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

第3课时　利用导数解决与函数相关的问题 第五章 一元函数的导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 01 课时 素养提升 02 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第五章 一元函数的导数及其应用 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 1.体会导数与单调性、最大(小)值的关系． 2．感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题. 在运用导数解决函数问题过程中达成逻辑推理、数学运算的核心素养. 利用导数证明不等式问题 [例1]　已知x＞1，证明：ln x＋eq \f(1,x)＞1. [证明]　令f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)(x＞1)， ∴f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)， ∵x＞1，∴f′(x)＞0， ∴f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)＞f(1)＝ln 1＋1＝1. 从而ln x＋eq \f(1,x)＞1，命题得证． 利用导数法证明不等式的思路 (1)若证明f(x)＞a成立，只需证明f(x)min＞a即可． (2)若要证明f(x)＞g(x)在区间D上成立，基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性证明h(x)min＞0. [变式训练] 1．已知x＞0，证明：1＋2x＜e2x. 证明：设f(x)＝1＋2x－e2x，则f′(x)＝2－2e2x＝2(1－e2x)，当x＞0时，2x＞0，e2x＞e0＝1，∴f′(x)＝2(1－e2x)＜0，∴函数f(x)＝1＋2x－e2x在(0，＋∞)上是减函数．∵函数f(x)＝1＋2x－e2x是连续函数，∴当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，∴当x＞0时，1＋2x－e2x＜0，即1＋2x＜e2x. 不等式的恒成立问题 [例2]　设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)． (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围． [思路点拨]　 (1)利用配方法，即可求出二次函数f(x)的最小值h(t)；(2)构造函数g(t)＝h(t)－(－2t＋m)，只需使g(t)在(0,2)上的最大值小于零即可求得m的取值范围． [解]　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1. (2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)． 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) ↗ 极大值1－m ↘ ∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)＝1－m. h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立等价于g(t)＜0在(0,2)内恒成立，即等价于1－m＜0.∴m的取值范围为(1，＋∞)． [母题探究] 1．(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0,2]，使h(t)＜－2t＋m成立”，则实数m的取值范围如何求解？ [解]　令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)． 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t 0 (0,1) 1 (1,2) 2 g′(t) ＋ 0 － g(t) －1－m ↗ 极大值1－m ↘ －3－m ∴g(t)在[0,2]上有最小值g(2)＝－3－m，存在t∈[0,2]，使h(t)＜－2t＋m成立，等价于g(t)的最小值g(2)＜0. ∴－3－m＜0，∴m＞－3， ∴实数m的取值范围为(－3，＋∞)． 2．(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0,2)，都有h(t1)＜－2t2＋m”，求实数m的取值范围． [解]　∵h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0,2)， ∴h′(t)＝－3t2＋1. 由h′(t)＝0，得t＝eq \f(\r(3),3)或t＝－eq \f(\r(3),3)(舍去)． 又当0＜t＜eq \f(\r(3),3)时，h′(t)＞0， 当eq \f(\r(3),3)＜t＜2时，h′(t)＜0. ∴当t＝eq \f(\r(3),3)时，h(t)max＝－eq \f(\r(3),9)＋eq \f(\r(3),3)－1＝eq \f(2\r(3)－9,9). 令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0,2)，∴φ(t)min＞m－4. 由题意可知eq \f(2\r(3)－9,9)≤m－4，即m≥eq \f(2\r(3),9)＋3＝eq \f(2\r(3)＋27,9). ∴实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)＋27,9)，＋∞)). 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤 [变式训练] 2．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋c，当x∈[－2,6]时，f(x)＜2|c|恒成立，求c的取值范围． 解：f′(x)＝3x2－6x－9. 当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值c＋5 递减 极小值c－27 递增 而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54，∴当x∈[－2,6]时，f(x)的最大值为c＋54，要使f(x)＜2|c|恒成立，只要c＋54＜2|c|即可，当c≥0时，c＋54＜2c，∴c＞54；当c＜0时，c＋54＜－2c，∴c＜－18. ∴c∈(－∞，－18)∪(54，＋∞)，此即为参数c的取值范围． 利用导数研究函数的零点(方程的根)问题 [例3]　给定函数f(x)＝(x＋1)ex. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值； (2)画出函数f(x)的大致图象； (3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数． [解]　(1)函数的定义域为x∈R. 因为f′(x)＝(x＋1)′ex＋(x＋1)(ex)′ ＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex， 令f′(x)＝0，解得x＝－2. 当x变化时，f(x)′、f(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞) f(x)′ － 0 ＋ f(x) 单调递减 －eq \f(1,e2) 单调递增 所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增． 当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－eq \f(1,e2) . (2)令f(x)＝0，解得x＝－1. 当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时， f(x)＞0. 所以f(x)的图象经过特殊点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,e2)))，B(－1,0)，C(0,1)． 当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x呈爆炸性增长，从而y＝eq \f(x＋1,e－x)→0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞， 根据以上信息，我们画出的大致图象如图所示． (3)方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数． 由(1)及图可得，当x＝－2时，有最小值f(－2)＝－eq \f(1,e2)， 所以方程f(x)＝a的解的个数有如下结论； 当a＜－eq \f(1,e2)时，解为0个， 当a＝－eq \f(1,e2)或a≥0时，解为1个， 当－eq \f(1,e2)＜a＜0时，解为2个． 利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． [变式训练] 3．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点． 解：f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． 因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)＞0， 所以f(x)在(0,1)和(1，＋∞)上单调递增． 因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)＜0， f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)＞0， 所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1(e＜x1＜e2)， 即f(x1)＝0. 又0＜eq \f(1,x1)＜1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－ln x1＋eq \f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点eq \f(1,x1). 综上，f(x)有且仅有两个零点． [当堂达标] 1．已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为(　　) A．1　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析：D　[根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.] 2．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若在定义域内存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0成立，则实数m的最小值是(　　) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析：C　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(2,x). 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍)． 当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以当x＝1时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为1. 因为存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0成立， 所以m≥1，所以实数m的最小值为1，故选C.] 3．设函数f(x)＝x3－eq \f(x2,2)－2x＋5，若对任意x∈[－1,2]，都有f(x)＞m，则实数m的取值范围是　________　. 解析：由f′(x)＝3x2－x－2＝0，得x＝1或－eq \f(2,3).又f(－1)＝5eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝5eq \f(22,27)，f(1)＝3eq \f(1,2)，f(2)＝7，∴m＜3eq \f(1,2). 答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，3\f(1,2))) 4．已知函数f(x)＝kx－ln x(k＞0)． (1)若k＝1，求f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值． 解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)，由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根， 由kx－ln x＝0，得k＝eq \f(ln x,x)(x＞0)． 令g(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)， 当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0. ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e). 当x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝eq \f(1,e). 法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x＞0，k＞0)． 当0＜x＜eq \f(1,k)时，f′(x)＜0；当x＞eq \f(1,k)时，f′(x)＞0. ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝1－ln eq \f(1,k). ∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln eq \f(1,k)＝0，即k＝eq \f(1,e). 法三：∵k＞0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，得y′＝eq \f(1,x)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝ln x0，)) ∴k＝eq \f(1,e)，∴实数k的值为eq \f(1,e). $$