5.3.2 第3课时利用导数解决函数的相关问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步辅导与测试(人教A版)

第五章一元函数的导数及其应用 第三课时 利用导数解决函数的相关问题 明学习目标 知结构体系 1.体会导数与函数单调性、最大（小）值的关系. 课标 2.掌握导数在实际问题中的应用. 要求 导数的实际应用问题 3.感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题 利用导数解决函数问题 利用导数证明不等式 重点 导数的实际应用及利用导数解决与不等式、函数零点有 利用导数解决零点问题 难点 关的问题. 关键能力·合作探究 讲练设计探究重，点 题点一 导数的实际应用问题 对点训练 [典例]某商场销售某种商品的经验表明，该商品 已知一扇窗子的形状为一个矩形和一个半圆相 每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单： 接，其中半圆的直径为2r,如果窗子的周长为 位：元/千克)满足关系式y=23十10(x-62, 10,求当半径r取何值时窗子的面积最大. 其中3<x<6,a为常数，已知销售价格为5元/！ 千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价 格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润： 最大 题点二利用导数证明不等式问题 [典例门 已知>1，证明：lnx+>1. 1方法技巧/ 解决最优问题应从以下几个方面入手 (1)设出变量，找出函数关系式，确定定义域. (2)在实际应用问题中，若函数f(x)在定义域 内只有二个极值点，则它就是最值点。 63 数学选择性必修第二册 /方法技巧/… 题点 利用导数解决函数零点（方程的根） 利用导数证明不等式的思路 (1)若要证明f(x)>a成立，只需证明f(x)min 问题 >a即可. [典例] (2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函 (2)若要证明f(x)>g(x)在区间D上成立，基 数f(.x)=(x>0). 本方法是构造函数h(x)=f(x)一g(x),然后 a 根据函数h(x)的单调性证明h(x)min>0. (1)当a=2时，求f(x)的单调区间. (2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个 对点训练 交点，求a的取值范围. (2023·全国·统考高考真题)已知函数f(x)= a(e'+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(.x)>2lna 3 2 /方法技巧/ 利用导数确定函数零点或方程 根个数的常用方法 (1)构造函数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) 图象的草图，数形结合求解函数零点的个数， (2)利用零点存在定理：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 对点训练 (2023·全国乙卷)函数f(x)=x3十a.x十2存在 3个零点，则a的取值范围是 ( A.(-∞，-2) B.(-∞，-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 64 第五章一元函数的导数及其应用 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.设函数f(x)的导函数为f(x),若f(x)为偶函：5.(2022·新高考I卷)已知函数f(x)=e-ax和 数，且在(0，l)上存在极大值，则f(x)的图象可：g(x)=a.x一lnx有相同的最小值. 能为 (1)求a; (2)证明：存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x) +小 和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右 的三个交点的横坐标成等差数列. 2.某箱子的容积V与底面边长x的关系为V(x)= x2.60一工(0<x<60),则当箱子的容积最大时， 2 箱子的底面边长为 A.30 B.40 C.50 D.以上都不对 3.已知函数f(x)=sinx-1,g(r)=受1nx-x,若 对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)< g(x2)成立，则实数a的取值范围是 4.(2021·全国甲卷)设函数f(x)=a2x2十a.x一 3lnx+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性. (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点，求a 的取值范围 : 温馨提示 请做课时分层检测（二十二） 65当x<子时，f(x)>0,f()单调运增： 当xr变化时，h'(x),(x)的变化情况如下表： 0,-3) 3 (-3,1) 1 (1,十∞) 当>时，f(x)<0,f(x)单涧递减. h'(x) 0 0 故画数)的最大位为f(侵)宁1，无最小位， h(x) 28 4 对点训练 ∴.当x=一3时，h(x)取极大值28： 解(1)：f(x)=2x(x-a)十(x2-4), 当=1时，h(x)取极小值一4， f(-1)=-2(-1-a)+(1-4)=0,a=2 而h(2)=3<h(-3)=28, .如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤一3. 2)f(x)=2z(r-合)+(r-4)=0,解得x=-1或x= 4 ∴.k的取值范围为（一∞，一3]， ·素养演练·提升技能 故f在[-2.-1门上为增通数：在[-1，专]上为减画数，在1C[因为-1-ox,当x∈[受小时>0，别函数在区同 [号2]上为增函教， [受，]上为增函教，所以y的最大值为y=一n=元] 又f-2)=0,-1)=号f(告)号，r2)=0, 12.A[设g(x)=xf(x)一e,所以g'(x)=f(x)十xf(x)-e=0,所 :画数)在[=2,2]上的最大值为号最小值为碧。 以g(x)=xf(x)-e为常数函数.因为g(1)=1×f(1)-e=0,所 题点二 以g)=f()-e=g1)=0,所以f)=兰f) [典例]解f(x)=3.x2-2ax (x,1卫.当0<<1时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x>1时， 令了()=0，解得=0，号 ,T f'(x)>0,f(x）单调递增，故f(x)在x=1处取得最小值f(1)=e.] 1)当号<0，即a<0时， 13.C「y'=3x2+3x=3.x(x+1). 易知当-1<x<0时，y<0, f(x)在[0,2]上单调递增， 当一2x<-1或0x1时，y>0, 从而f(x)mmx=f(2)=8-4a. (2)当号≥2，即a≥3时， 所以函数y=十号2十m在(-2，-1).(0,1)上单调递增，在 f(x)在[0,2]上单调递减 (一1,0)上单调递减，又当x=-1时y=m十号， 从而f(x）m4x=f(0)=0. : (8)当0<号<2，即0<a<3时，f)在[0，号]上单洞递减，在 当=1时y=m叶 所以最大值为m十号-号，解得m=2.] 9 [学，2]小上单洞递增，由子当a=2时，f2)=f0)=0, :4,D[由题意，即有f(x)K恒成立，又f(x)=ex一1，所以x∈ (8-4a,0<a≤2. 从而f(x)mx{0,2<a<3, (一∞，0)时，f(x)>0:x∈(0，十∞)时，f(x)<0.所以当x=0时， f(2)max =1.所以K≥1.] 有送一22 15.解选择①，f(x)=e+a, f(x)的一个极值点为0，.f(0)=0,即e°十a=0,解得a=一1. 对点训练 解f'(x)=-3x2+3a=-3(x2-a). ∴f(x)=e-x-1,f(x)=e-1,当x∈[-1,0)时，f'(x)<0,函 若a0,则f‘(x)0,函数f(x)单调递减，所以当x=0时，有最大 数f(x)单调递减，当x∈(0,1]时，f(x)>0,函数f(x)单调递增， 值f(0)=0. 又f0)=0,f(-1D=是f)=e-2.e-2>函教f(x在 e 若a>0,则令f'(x)=0,解得x=士√a. [一1,1]上的景大值为e一2，最小值为0. :x∈0,1]，则只考虑x=a的情况. 选择②，：f(x)=e十a,曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线 ①若0√a<1,即0<a<1, 的斜率为e十a. 则当x=√a时，f(x)有最大值f(√a)=2aa.(如下表所示) 又直线十(e-1)y-1=0的斜率为广e (0,wa) a (√a,1) =-1,解得a=一1. f'(x) + .(eta)·1-e 以下同选择①. f(x)0 单调递增 2aJa 单调递减 3a-1 选择③，由已知得f(-x)一f(x)=ex一a.x一1-e一a=ex-e ②若√a≥1，即a1时，则当0≤x≤1时，f'(x)≥0，函数f(x)在 a.x-(a十1)，令F(x)=e-e-ax-(a+1),:F(x)为奇函 数，∴.F(0)=-(a十1)=0，，a=一1.以下同选择①. [0,1]上单调递增，则当x=1时，f(x)有最大值f(1)=3a-1. 综上可知，当a≤0,2=0时，f(x)有最大值0：当0<a<1z一后时，关键能力·合作探究 第三课时利用导数解决函数的相关问题 f(z)有最大值2aa:当a≥1，x=1时，f(x)有最大值3a-1. 、 题点一 题点三 [典例]解(1)：f(x)=6.x2-18.x十12=6(x-1)·(x-2). [典例] 解(1)周为x=5时y=1,所以号十10=11a=2 .当x∈(0,1)时，f(x)0:当x∈(1,2)时，f(x)<0:当x∈(2， 2 3)时，f(x)>0. (2)由1)知，该商品每日的销售量y=3十10(x-6), .当x=1时，f(x)取极大值f(1)=5十8c. 所以商场每日销售该商品所获得的利润 又f(3)=9+8c>f(1), .x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)=9+8c. f)=-3》[马+10c-61 ,对任意的x∈[0,3]，有f(x)c2恒成立， =2十10(x-3)(x-6)2,其中3<x<6, ∴.9十8c<c2,即c<-1或c>9. 从而，f(.x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6), ∴.c的取值范围为(-∞，一1)U(9,十∞). 于是，当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： (2)由(1)知f(x)<f(3)=9十8c, .9十8c≤c2,即c-1或c≥9， (3,4) 4 (4,6) ,.c的取值范围为（一∞，-1]U[9,十∞）. f(x) 0 对点训练 解h(.x)=x3十3x2-9x十1， f(x) 极大值42 ∴.h'(x)=3x2+6x-9. 由上表可得，x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最 令h'(x)=0,得x1=-3,x2=1, 大值点， 160 所以，当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42. 故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润： 所以g@m=(受)-（停）广子-h号=ihvE>0,则xa>0 最大 恒成立， 对点训练 解设矩形的另一边长为x,窗子的面积为S. 所以当a>0时，f()>2na十号恒成立，证华 半圆孤长为πr, 题点三 .πr+2r+2x=10, “x=10-(m十2)2 [典例]解(1)当a=2时，f(x)=三，尉f(x)=2红，n2 2 又S=2r2+2xr=10r (合+2)(<) x(2-xn2) (是2n2 S=10-(x十4)，令S=0,得=4十元 10 2 2 当0KK丹时S>0:当<兴时，S<0, 10 当xe(0,2)时fx)>0:当x∈（品2+∞）时，）<0即 =是S的唯一核大值点，也是最大位点。 代)的单涧递减区间为(2十∞）单调递增区间为(0,2) (2)要使曲线y=f(x)与直线y=1有2个交点， 丹时，离子的面软最大 题点二 即三-1有2个解，则_日2有2个解。 a [典例]证明令f(x)=lnx十 1（x>1D,.f(x)= 1 令g)=三(>0)，则g)=1h>0). x =4-1 令g()=n兰=0，解得=e x2 x>1,.f(x)>0, 令g(x)>0,解得0<x<e,此时g(x)单调递增： “fr)=1nx+在(1，十∞)上单调递增， 令g(x)<0,解得x>e,此时g(x)单调递减. f(x)>f1)=1n1+1=1. 故g(x)nx=g(e)=1 从而lnx十1>1，命题得证 而gu在>e时，8e(0,号）片 对点训练 又“g(1)=0,要使条件成立，则0<n4<1 解(1)因为f(x)=a(e十a)-x,定义城为R,所以f(x)=ae-1, e 当a0时，由于e>0,则ae≤0，故f(x)=ae-1<0恒成立， 易得a∈(1，e)U(e,十∞). 所以f(x)在R上单调递减： :对点训练 当a>0时，令f(x)=ae-1=0,解得x=-lna, B[f(x)=x3十a.x十2，则f'(x)=3.x2十a, 当x<-lna时，f(x)0,则f(x)在(-∞，一lna)上单调递减： ; 若f(x)要存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0, 当x>-na时，f(x)>0,则f(x)在(-lna,十∞)上单调递增： 综上：当a0时，f(x)在R上单调递减： 令f)=82+a=0,解得x=√√号 当0时，f)在(-o0,一na)上单调递减，f(r)在(-na, 十∞)上单调递增. (2)方法一 由(1)得，f(x)mm=f(-lna)=a(em“+a)+lna=1十a2+lna, : 要证fG>2na十是，即证1+d+ln。>2ha+号，甲证。 2-lna>0恒成立， 故的报大值为（写）叔小值为（√） 令g(a)=a2- -lna(a>0),则g'(a)=2a-1=2a2-l a 若f(x)要存在3个零点，则 令ga<0,别0a<号：ga>0.对 r(o 2 所以ga)在(0，号)上单调递流，在（停十）上单调递增。 3V3 二a+2>0 ,解得a<-3, 所以g(a)mn 3品3 a+2<0 恒成立， 故选B.] ·素养演练·提升技能 所以当a>0时，f(x)>21na十号恒成立，证华。 :1.C[根据题意，f(x)为偶函数，则其导数f(x)为奇函数，结合函致 方法二 图象可以排除B,D. 令h(x)=e-x-1,则h'(x)=e-1, 又由于函数f(x)在(0,1)上存在极大值， 由于y=e在R上单调递增，所以h'(x)=e一1在R上单调递增，： 则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零点左侧导数值符号为正，右 侧导数值符号为负， 又h'(0)=e°-1=0， 所以当x<0时，h'(x)<0:当x>0时，h'(x)>0: 结合选项可以排除A,只有C选项符合题意，故选C.] 所以h(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增， 2.B[V(x)= +30r2,v(x)=22+60x=-是u 故h(x)≥h(0)=0,则e≥x十1，当且仅当x=0时，等号成立， 40),,当0<x<40时，V'(x)>0,当40x<60时，V'(x)<0, 因为f(x)=a(e+a)-x=ae十a2-x=e+ma+a2-x≥x十lna ∴.V(x)在(0,40)上单调递增，在(40,60)上单调递减，.x=40是 十1十a2- V(x)的极大值点，也是最大值点，门 当且仅当x十lna=0,即x=一Ina时，等号成立， !3.(2e,十∞)[对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)<g(x2)成 所以要注f)>2na+号，即证x+lha十1十a2-x>2na十之， 3 立，所以得到f(x)max<g(x)mx,而f（x)=sinx-1,所以f(x)mx 即证a2-号-lha>0, 0,即存在x∈(1，e),使号lnx-x>0,此时lnx>0,x>0,所以a> 1=2a2-1 0,因此将问题转化为存在x∈(1，e),使2<n二成立，设(x)= 令g(a)=a2- -lna(a>0),则g'(a)=2a a 今Aa0,则0a<号：令g'a)>0.别a心 ,期2(@k()=,当∈(1，e)时，A'（)>0 a 2 h(x)单调递增，所以h(x)<h(e)=】,即2<，所以a>2e,所 所以a)在(，）上单减，在（停+）上递增 以实数a的取值范围是(2e,十∞)，] 161 4.解(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，十∞)， (2)由(1)知f(x)=xe2-x十ex. f(x=2a2+a-3=2a+a1-3(a>0. 由f(x)=e2-r(1-x十e-1)及e2-t>0知， x x f'(x)与1-x十ex-1同号. 令f(x)=0,则2a2x2十ax-3=0, 令g(x)=1-x+e-1,则g'(x)=-1+e-l 即(ax-1)(2ax十3)=0. 所以当x∈（一∞，1）时，g'(x)<0,g(x)在区间（一∞，1）上单调递减： 又a>0,x>0,ax-1=0,r=1 当x∈(1，十∞)时，g'(x)>0,g(x)在区间(1，十∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞，十∞)上的最小值， 当x∈(0，日)时，f(x)0f(x)在(0，÷）上是减画教：当x∈ 从而g(x)>0,x∈（一0，十∞）， 综上可知，f(x)>0,x∈(-∞，十∞)，故f(x)的单调递增区间为 (行+o∞）时.f()>0,f在（日+∞）上是增函数. (-∞，十∞). 2.解(1)当a=1时，f(x)=e十x2一x, (2)由1)知f(x)在(0，日)上是减通教，在（日十∞）上是增 f(x)=e+2x-1,令g(x)=e+2x-1, 函数. 由于e'(x)=e十2>0， 若y=f(x)的图象与x轴没有公共点，则f(x)mn>0,故f(x)mn= 故f(x)单调递增，注意到f(0)=0, 故当x∈（一o∞，0）时，f(x)<0,f(x)单调递减， f(）dx(日)+a×-加日+1>0.a>-3. 当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. Ina>-1.:a>e-1=1 (2)由fx)≥号x+1得， e a的取值范周是（仁十∞） e+ar-≥zx+1,其中r≥0， ①当x=0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意： 5.解(1)f(x)=e-a,g'(x)=a ②当x>0时，分离参数a得， ①若a≤0，f(x)>0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，即f(x) e-2x3-x-1 无最小值： a ②若a>0,当x∈(-∞，lna)时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈ (na,十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增.f(x)在x=lna处取得最 e-x-x-1 小位fna)=a-alna.当z∈(0，日）时，g(0,g)单调适减， 记g(x)= 当x(日+o∞）时，g(x>0g)单调递增. -2)(e-2x2-x-1） g'(x) g(x)在x= 亡处取得装小值（仕）=1+na, 又f(x)与g(x)有相同的最小值， ◆Aa)=e-2--1(≥0. ∴.a-alna=1+lna,a>0. 则h'(x)=e-x-1, 设h(a)=ana十lna-a十1，a>0,则h(a)=】十lna, 令t(x)=h'(x),x≥0，则t(x)=e-1≥0， 故h'(x)单调递增，h'(x)≥h'(0)=0, 令o(a)=h'(a),则o(a)= +日 a>0, 故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0, 当a∈(0,1)时，o'(a)0,h'(a)单调递减， 由(x)≥0可得e-2x-1≥0恒成立， 当a∈(1，十∞)时，(a)>0,h'(a)单调递增. 故当x∈(0,2)时，g(x)>0,g(x)单调递增： ∴.h'(a)在a=1处取得最小值h'(1)=1>0, 当x∈(2，十∞)时，g(x)<0,g(x)单调递减： 则当a>0时，h'(a)>0恒成立，h(a)单调递增， 又h(1)=0,∴.a=1. 因此，g(x)ns=g(2)=7二c 4 (2)证明由(1)得f(x)=e-x,g(x)=x-lnx, 且f(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增，g(x)在 (0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，f(x)mm=g(x)mim=1. 综上可得a的取值范图足[，十o） !题型三 当直线y=b与曲线y=f代x)和y-g(x)共有三个不同交点时，设三 个交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1x2x3, 1.解(1)f(x)=3x2-2a.x十b, 则f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b. ,函数f(x)在x=一1和x=3处取得极值 .f(x)=e-x,g(x)=x-In x=e*-In x=f(In ) .一1,3是方程3x2一2ax十b=0的两根. ·f（x1）=fx2）-fnx2)=flnx). -1+3= 2 由于x2卡x1,x2≠lnx2,所以x2=lnx3x1=lnxg, 3a, a=3, f(In z2)=elm2-In z:=x2-In x2=x2-1=6, ，-1x8= {b=-9. f(In a)=eh "a-In 3=23-In 3==6, 上述两式相减得1十=2x2,即从左到右的三个交，点的横坐标成 (2)由(1)知f（x)=x3-3.x2-9x十c, 等差数列 f'(x)=3x2一6x一9，当x变化时，有下表： 章末综合提升 (-2, (-1, 2 -1 3 (3,6) -1) 3) 题型一 1.C[y'=e1十xe-1=(x十1)e1,故曲线在，点(1,1)处的切线斜 f'(x) 0 0 率为k=2.] f(z)c-2 单调 极大值 单调 极小值 单调 2.解(1).f(2)=23十2-16=-6，.点(2，-6)在曲线上. c+54 递增 c+5 递减 c-27 递增 :f(x)=(x3+x-16)/=3x2+1,.在点(2，-6)处的切线的斜率 为k=f(2)=3×2十1=13， x∈[一2,6]时，f(x)的最大值为c十54 要使f(x)2|c恒成立，只要c十542c即可， .切线的方程为y=13(x-2)十(-6)，即y=13x一32. 当c≥0时，c十54<2c,.c>54: (2)设切点坐标为(x0,y0),则直线1的斜率为f'(x0)=3z6十1， 当c0时，c十54<-2c,.c<-18, .直线l的方程为y=(3z十1)(x一x0)十x8十x0-16. .c∈(-∞，-18)U(54,+∞). 又：直线1过点(0,0)，0=(3x号十1)(-xo)+z8十0一16，整理2.解(1)f(x)=一3.x2+2ax十6 得x8=-8,∴x0=-2,0=(-2)3+(-2)-16=-26,.k=3X (-2)2十1=13， 又=-1=号分别对应函载取得报小位，权大位的精见，所以 .直线1的方程为y=13x,切点坐标为（一2，一26）. 题型二 -1,号为方程-3x2+2ax十h=0的两个根. 1.解(1)因为f(.x)=xe-x十bx, 所以f(x)=(1-x)er+b. 所以a=一 分b=2.则f)=-2-分2+2x 依题设，f2)=2e十2，即2e2十26=2e十2， 当x=一2时，f(x)=2,即(-2,2)在曲线上. 1f'(2)=e-1,{-e-2+b=e-1. 又切线斜率为k=f(x)=一3.x2-x十2，f(-2)=-8, 解得{侣 所求切线方程为y一2=一8(x十2)， 即为8x十y十14=0. 162