2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 课件 第五章 5.3 5.3.2 第三课时　导数的综合应用

该高中数学课件聚焦导数的综合应用，涵盖利用导数画函数图象、解决极值最值问题、不等式证明、恒成立问题及实际优化问题等核心知识点，通过新知梳理步骤、小试身手巩固基础、课堂探究分层次深入，构建从基础到综合的学习支架。 其亮点在于结合数学建模（如包装盒容积优化问题）、逻辑推理（不等式证明中构造函数及零点问题分类讨论）和直观想象（函数图象绘制与极限思想应用），方法总结系统归纳解题策略，助力学生提升数学思维，教师可高效开展教学。

第三课时　导数的综合应用 [目标导航] 课标要求 1.能利用导数与单调性的关系画出函数的大致图象 2.能利用导数解决与极值、最值有关的简单的不等式证明、恒成立问题 3.体会导数在解决实际问题中的作用,能利用导数解决简单的实际问题 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 画函数f(x)的大致图象的步骤 (1)求出函数f(x)的 ; (2)求导数f′(x)及函数f′(x)的 ; (3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f′(x)在各区间上的 ,并得出f(x)的 ; (4)确定f(x)的图象所经过的一些 ,以及图象的 ; (5)画出f(x)的大致图象. 定义域 零点 正负 单调性与极值 特殊点 变化趋势 (1)求f′(x)的零点时若含有参数,可能会面临分类讨论,讨论时要做到不重不漏. (2)“用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间”,此时,可以采用数轴标根的方法. 小试身手 1.函数f(x)=x3-12x-16的零点个数为(　 　) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:由题意得f′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2), 令f′(x)>0,得x>2或x<-2;令f′(x)<0, 得-2<x<2,所以函数的单调增区间为(-∞,-2),(2,+∞),单调减区间为(-2,2),所以函数的极大值为f(-2)=0,极小值为f(2)=-32, 当x→-∞时,f(x)<0,当x→+∞时,f(x)>0, 所以函数的零点个数为2.故选C. C 大 3.已知函数f(x)=2x-sin x,当x∈[0,1]时,函数y=f(x)的最大值为　　　　.  2-sin 1 解析:f′(x)=2-cos x>0恒成立, 所以函数f(x)=2x-sin x,当x∈[0,1]时, 函数是增函数,函数的最大值为f(1)=2-sin 1. 9 当0<x<9时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x>9时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减. 因此,当x=9时,f(x)取得最大值. 故使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件. 课堂探究·素养培育 借助导数画函数图象解题 C B 借助导数研究函数图象的注意点: (1)不要忽略函数的定义域; (2)注意研究函数经过的特殊点; (3)在开区间上研究函数图象时,注意利用极限思想确定区间端点处函数值的正负. 生活中的优化问题 (1)若要求包装盒侧面积S不小于75 cm2,求x的取值范围. 解:(1)图1中,设AC,BD交于点O,BD与FG交于点M;图2中,取四边形EFGH的中心O,连接OP,PM,OM, (2)若要求包装盒容积V(单位:cm3)最大,试问:x应取何值?并求出此时包装盒的容积. 即时训练2-1:如图所示,四边形ABCD是边长为60 cm 的正方形硬纸片,切去阴影部分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四个点重合于点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒, E,F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点,设AE=FB=x cm. (1)若广告商要求包装盒侧面积S(单位:cm2)最大,试问:x应取何值? (2)若广告商要求包装盒容积V(单位:cm3)最大,试问:x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. (1)生活中的优化问题常见模型:利润最大问题,用料(费用)最省问题等;面积、体积(容积)最大,周长最短,距离最小等实际几何问题. (2)利用导数解决实际问题中的最值的一般步骤 ①分析实际问题中各量之间的关系,找出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x); ②求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0; ③比较函数在区间端点和极值点的函数值大小,最大(小)者为最大(小)值; ④把所得数学结论回归到数学问题中,看是否符合实际情况并下结论. 导数的综合应用 探究角度1　证明不等式 [例3] 已知f(x)=xln x. (1)求函数f(x)的最小值. 即时训练3-1:已知函数f(x)=ax-ln x-1. (1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值. 所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0, 则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)max=g(1)=1, 则a≥1, 所以a的最小值为1. 证明不等式的常用方法 (1)移项作差构造法证明不等式:待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,利用导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证. (2)隔离审查分析法证明不等式:若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个都便于求导的函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的. (3)放缩法证明不等式:导数的综合应用题中,最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题,对于这类问题,可以先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下: ①ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号; ②ex≥ex,当且仅当x=1时取等号; 探究角度2　与零点有关的问题 [例4] (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性. 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2, 则f′(x)=ex-1. 当x<0时,f′(x)<0; 当x>0时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(2)f′(x)=ex-a. 当a≤0时,f′(x)>0, 所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增, 故f(x)至多存在1个零点,不合题意. 当a>0时,由f′(x)=0可得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0. 确定函数零点个数及根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”,即通过函数图象与x轴的交点个数,或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”. 有关x与ex,ln x的组合函数问题 1.x与ln x的组合函数问题 (1)熟悉函数f(x)=h(x)ln x[其中h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0)]的图象特征,做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”. 2.x与ex的组合函数问题 (1)熟悉函数f(x)=h(x)eg(x)[其中g(x)为一次函数,h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0)]的图象特征,做到对图(6)(7)中两个特殊函数的图象“有形可寻”. 3.x与ex,ln x的组合函数问题 (1)熟悉函数f(x)=h(x)ln x±ex[其中h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0)]的图形特征,做到对图(11)(12)(13)(14)所示的特殊函数的图象“有形可寻”. (1)若a=1,求f(x)的单调区间; (2)若x=1是f(x)的唯一极值点,求a的取值范围. 即时训练:已知函数f(x)=(x2-ax)ex,函数图象在x=1处的切线与x轴平行. (1)求a的值; (2)讨论方程f(x)=m根的个数. 对于有关x与ex,ln x的组合函数为背景的题目,要把握三点: (1)灵活运用复合函数的求导法则,由外向内,层层求导; (2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理; (3)对于形式复杂的函数,往往需要合理拆分、变形、组合,转化为我们熟悉的容易用导数求解的函数模型,然后构建新函数,通过分类讨论新函数的单调性求最值. 当堂即练·素养达成 1.若函数f(x)=ex-ax有大于零的极值点,则(　 　) 当堂即练 B 解析:由题意可得,f′(x)=ex-a=0有大于0的根, 当a≤0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在R上单调递增,没有极值; 当a>0时,当x>ln a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x<ln a时,f′(x)<0,函数单调递减, 所以当x=ln a时,函数取得极小值, 依题意,ln a>0,所以a>1.故选B. 2.要做一个圆锥形漏斗,其母线长为20 cm,要使其体积最大,则其高为(　 　) D 3.已知函数f(x)=x3-3x+c(x∈R),若函数f(x)恰有一个零点,则实数c的取值范围是　　　　　　　　.  解析:f′(x)=3x2-3, 令f′(x)=0,得x=-1或x=1, 所以函数f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上递增,在(-1,1)上递减, 当x=-1时,f(x)极大值=f(-1)=2+c, 当x=1时,f(x)极小值=f(1)=-2+c. 因为函数f(x)恰有一个零点, 所以2+c<0或-2+c>0, 所以c<-2或c>2. (-∞,-2)∪(2,+∞) 4.函数f(x)=4x3-ax+1,x∈[0,1],若f(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围是　 . (-∞,3] 课堂小结 1.利用导数与单调性的关系画函数大致图象时,不要忽略利用极限思想对函数值正负的考察.通过利用导数画函数的大致图象,达成了培养直观想象素养的目的. 2.利用导数解决生活中的优化问题,一是要恰当设出变量建立函数关系式,二是要注意实际问题对定义域的限制.通过利用导数解决生活中的优化问题,达成了培养数学建模素养的目的. 3.利用导数证明不等式、解决零点问题,注意选择灵活的方法.通过导数的综合应用,达成了培养逻辑推理及数学运算素养的目的. 感谢观看 2.函数y=2x+4cos x在(-,)上的极　　　(填“大”或“小”)值点为　　　.  解析:y′=2-4sin x,x∈(-,), 令y′=0,解得sin x=,即x=, 当-<x<时,y′>0,函数单调递增, 当<x<时,y′<0,函数单调递减, 所以函数在x=处取到极大值. 4.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为　　万件.  解析:设y=f(x),即f(x)=-x3+81x-234. 故f′(x)=-x2+81. 令f′(x)=0,即-x2+81=0, 解得x=9或x=-9(舍去). [例1] 已知函数f(x)=令函数g(x)=f(x)-x-a,若函数g(x)有两个不同零点,则实数a的取值范围是(　　) A.(,e) B.(-∞,0) C.(-∞,0)∪(,e) D.(-∞,0)∪[,e] 解析:令F(x)=f(x)-x= 当x>0时,函数F′(x)=2-(ln x+1)=1-ln x. 由F′(x)>0,得1-ln x>0,得ln x<1,得0<x<e, 由F′(x)<0,得1-ln x<0,得ln x>1,得x>e, 当x值趋向于正无穷大时, F(x)值趋向于负无穷大, 即当x=e时,函数F(x)取得极大值,极大值为 F(e)=2e-eln e=2e-e=e. 当x≤0时,F(x)=-x2-x=-(x+)2+是二次函数, 在对称轴x=-处取得最大值. 作出函数F(x)的大致图象如图. 要使F(x)=a(a为常数)有两个不相等的实根,则a<0或<a<e, 即若函数g(x)有两个不同零点,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(,e).故选C. 即时训练1-1:函数f(x)=的大致图象是(　　) 解析:由函数f(x)=知有两个零点x=-与x=0,排除A, 又f′(x)=, 由f′(x)=0知函数有两个极值点,排除C,D.故选B. [例2] 如图1,四边形ABCD 是边长为10 cm的正方形纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D四个点重合于图2中的点P,正好形成一个正四棱锥形状的包装盒(如图2所示),设正四棱锥P-EFGH的底面边长为x cm. 因为四边形ABCD是边长为10 cm的正方形,所以OB=10(cm). 由FG=x得OM=x,PM=BM=10-x, 因为PM>OM,即10-x>x,所以0<x<10, 因为S=4×FG·PM=2x(10-x)=20x-x2, 由20x-x2≥75,可得5≤x≤15, 故x的取值范围是[5,10). 解:(2)因为在Rt△OMP中,OM2+OP2=PM2, 所以OP==, V=FG2·OP=x2=(0<x<10). 设f(x)=100x4-10x5,0<x<10, 则f′(x)=400x3-50x4=50x3(8-x). 当0<x<8时,f′(x)>0,函数单调递增, 当x>8时,f′(x)<0,函数单调递减, 所以当x=8时,函数取得极大值,也是最大值,此时V取得最大值为. 故当x=8时,包装盒的容积最大为 cm3. 解:设包装盒的高为h cm,底面边长为a cm. 由已知得a=x,h==(30-x),0<x<30. (1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800, 所以当x=15时,S取得最大值. 解: (2)由题意,可得V=a2h=2(-x3+30x2),则V′=6x(20-x). 由V′=0得x=0(舍去)或x=20. 当x∈(0,20)时,V′>0,V单调递增; 当x∈(20,30)时,V′<0,V单调递减. 所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值,此时=. 即当x=20时,包装盒的容积最大,此时包装盒的高与底面边长的比值为. (1)解:由f(x)=xln x,x>0,得f′(x)=ln x+1.令f′(x)=0,得x=. 当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以f(x)的极小值即最小值,故f(x)min=f()=-. (2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立. (2)证明:问题等价于证明xln x>-,x∈(0,+∞). 由(1)可知f(x)=xln x,x∈(0,+∞)的最小值是-,当且仅当x=时取到. 设m(x)=-,x∈(0,+∞),则m′(x)=. 由m′(x)<0,得x>1时,m(x)单调递减;由m′(x)>0,得0<x<1时,m(x)单调递增. 易知m(x)max=m(1)=-.从而对一切x∈(0,+∞),xln x≥-≥-,两个等号不同时取到,即对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立. (1)解:f(x)≥0等价于 a≥. 令g(x)=(x>0), 则g′(x)=-, (2)求证:+x+ln x-1≥0. (2)证明:当a=1时, 由(1)得x≥ln x+1,即t≥ln t+1(t>0). 令=t,则-x-ln x=ln t, 所以≥-x-ln x+1, 即+x+ln x-1≥0. ③当x≥0时,ex≥1+x+x2,当且仅当x=0时取等号; ④当x≥0时,ex≥x2+1,当且仅当x=0时取等号; ⑤≤ln x≤x-1≤x2-x,当且仅当x=1时取等号; ⑥当x≥1时,≤ln x≤,当且仅当x=1时取等号. 所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增. 故当x=ln a时,f(x)取得最小值, 最小值为f(ln a)=-a(1+ln a). ①若0<a≤,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意. ②若a>,则f(ln a)<0. 由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)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)=·-a(x+2)>eln(2a)·(+2)-a(x+2)=2a>0. 故f(x)在(ln a,+∞)存在唯一零点. 从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a的取值范围是(,+∞). 即时训练4-1:已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交点,则a的取值范围是　　　　　.  (-,) 解析:原问题等价于函数h(x)=+-6x的图象与函数y=a的图象有3个不同的交点, 由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3)=0, 得x=2或x=-3. 当x∈(-∞,-3)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 且h(-3)=,h(2)=-, 数形结合可得a的取值范围是(-,). (2)熟悉函数f(x)=(f(x)=)[其中h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0),h(x)≠0]的图象特征,做到对图(3)(4)(5)中特殊函数的图象“有形可寻”. (2)熟悉函数f(x)=(f(x)=)[其中h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0),h(x)≠0]的图象特征,做到对图(8)(9)(10)中特殊函数的图象“有形可寻”. (2)熟悉函数f(x)=±ln x[其中h(x)=ax2+bx+c(a,b不同时为0)]的图形特征,做到对图(15)(16)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”. [典例] 已知函数f(x)=-x+ln x. 解:(1)a=1时,函数定义域为(0,+∞),f′(x)=+-1=(1-x)(+), 当x∈(0,1)时,f′(x)>0,函数单调递增, 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,函数单调递减. 解:(2)因为f′(x)=(1-x)(+), 由x=1是f(x)的唯一极值点可知,f′(x)=(1-x)(+)=0有唯一的变号零点1. 因为x>0,则+>0或+<0在x>0时恒成立, 即a>-或a<-在x>0时恒成立, 令g(x)=-,x>0,则g′(x)=, 当x>1时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当0<x<1时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 故当x=1时,g(x)取得最大值g(1)=-e,a<-不恒成立, 又若+1=0,即a=-e时也符合题意. 所以a≥-e. 故a的取值范围为[-e,+∞). 解:(1)f(x)=(x2-ax)ex, 则f′(x)=(2x-a)ex+(x2-ax)ex=[x2+(2-a)x-a]ex. 由题意知,f′(1)=0, 即(3-2a)e=0, 解得a=. 解:(2)由(1)得f(x)=(x2-x)ex, 此时f′(x)=(2x2+x-3)ex=(2x+3)(x-1)ex,则有 x (-∞,-) - (-,1) 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值- 单调递增 且当x→-∞时,f(x)→0, 当x→+∞时,f(x)→+∞. 所以当m<-时,方程无根, 当m=-或m>时,方程有一个根, 当-<m≤0或m=时,方程有两个根, 当0<m<时,方程有三个根. A.a<1 B.a>1 C.a>- D.a<- 解析:设圆锥的高为x,则底面半径为,其体积V=πx(202-x2)(0<x<20). V′=(400-3x2),令V′=0得x=,又当0<x<时,V′>0;当<x<20时,V′<0, 所以当x=时,V取得最大值.故选D. A. cm B.10 cm C.15 cm D. cm 解析:依题意,4x3-ax+1≥0在x∈[0,1]时恒成立, 当x=0时,1≥0显然成立; 当x∈(0,1]时,则有a≤4x2+, 令g(x)=4x2+,0<x≤1, 则g′(x)=8x-==. 易知,当x∈(0,)时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(,1]时,g′(x)>0,g(x)单调递增. 所以函数g(x)在x=处取得最小值,最小值为3, 则a≤3. $