新教材2025版高中數(shù)學(xué)第六章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用6.2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)6.2.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值第3課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值綜合問題學(xué)生用書新人教B版選擇性必修第三冊

第3課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值綜合問題1.借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；2．能利用導(dǎo)數(shù)求某些函數(shù)的極大值、微小值．新知初探·自主學(xué)習(xí)——突出基礎(chǔ)性教材要點學(xué)問點利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點或方程根的方法是借助于導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，極值(最值)，通過極值或最值的正負、函數(shù)的單調(diào)性推斷函數(shù)圖象走勢，從而推斷零點個數(shù)或者通過零點的個數(shù)求參數(shù)范圍．基礎(chǔ)自測1．函數(shù)f(x)＝lnx＋1xA．0B．1C．2D．32．已知函數(shù)f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數(shù)y＝f′(x)的零點個數(shù)為()A．0B．1C．2D．不確定3．若曲線y＝xe－x與直線y＝a恰有兩個交點，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1e]B．(0，1C．(0，＋∞)D．[0，1e4．直線y＝a與函數(shù)y＝x3－3x的圖象有三個相異的交點，則a的取值范圍是________．課堂探究·素養(yǎng)提升——強化創(chuàng)新性利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點或方程的根問題例1給定函數(shù)f(x)＝ex－x.(1)推斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并求出f(x)的值域；(2)畫出函數(shù)f(x)的大致圖象；(3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在區(qū)間[－1，2]上的根的個數(shù)．方法歸納推斷零點的個數(shù)問題的思路(1)求出函數(shù)的定義域．(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)及函數(shù)f′(x)的零點．(3)用f′(x)的零點將函數(shù)f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f′(x)在各個區(qū)間上的正負，并得出f(x)的單調(diào)性與極值．(4)確定f(x)的圖象經(jīng)過一些特別點，依據(jù)零點存在性定理分析圖象的改變趨勢．(5)畫出f(x)的大致圖象．跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝lnx(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a≤1時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e]上零點的個數(shù)．由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的范圍例2已知函數(shù)f(x)＝x3－kx＋k2.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有三個零點，求k的取值范圍．方法歸納利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點或方程根的方法是借助于導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)，通過極值或最值的正負、函數(shù)的單調(diào)性以及零點存在性定理推斷函數(shù)圖象走勢，從而推斷零點個數(shù)或者通過零點的個數(shù)求參數(shù)范圍．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)當a＝1時，探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．二次求導(dǎo)問題例3已知函數(shù)f(x)＝ex－ax.(a∈R)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝3，證明：當x＞0時，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．方法歸納解決此系列問題的步驟：(1)求定義域且求導(dǎo)；(2)要推斷f′(x)的符號，只須要推斷優(yōu)化后的函數(shù)的符號但不確定；(3)構(gòu)造函數(shù)，二次求導(dǎo)，干脆推斷導(dǎo)函數(shù)的符號．跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，π2二次求導(dǎo)虛設(shè)零點問題例4已知函數(shù)f(x)＝lnxex.求證：函數(shù)f(x方法歸納零點存在性定理——虛設(shè)零點，此時g(x)在(0，＋∞)上有沒有零點，我們接著列表分析．跟蹤訓(xùn)練4已知函數(shù)f(x)＝ex(lnx－a)(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若a＞1，求證：函數(shù)f(x)存在微小值．第3課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值綜合問題新知初探·自主學(xué)習(xí)[基礎(chǔ)自測]1．解析：由題意，得函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，當x>1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當0<x<1時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以當x＝1時，函數(shù)f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1>0，所以函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在定義域內(nèi)沒有零點．答案：A2．解析：由題意得，f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，因為函數(shù)f(x)有最小值，且當x→－∞時，f(x)→0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)存在減區(qū)間，即f′(x)<0有解，所以x2＋2x＋a＝0有兩個不相等的實根，所以函數(shù)y＝f′(x)的零點個數(shù)為2.答案：C3．解析：對于函數(shù)y＝xe－x＝eq\f(x,ex)，該函數(shù)的定義域為R，且y′＝eq\f(1－x,ex)，令y′＝0，得x＝1，列表如下：且當x<0時，y＝xe－x<0；當x>0時，y＝xe－x>0.作出函數(shù)y＝xe－x與函數(shù)y＝a的圖象如圖所示．由圖象可知，當0<a<eq\f(1,e)時，直線y＝a與曲線y＝xe－x有兩個交點，因此，實數(shù)a的取值范圍是(0，eq\f(1,e)).答案：D4．解析：令y＝f(x)＝x3－3x，則f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因為當x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈(－1，1)時，f′(x)<0，所以f(x)微小值＝f(1)＝－2，f(x)極大值＝f(－1)＝2.函數(shù)f(x)＝x3－3x的大致圖象如圖所示，所以－2<a<2.答案：(－2，2)課堂探究·素養(yǎng)提升例1【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0.當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如表所示：所以f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當x＝0時，f(x)的微小值f(0)＝1，也是最小值，故函數(shù)f(x)的值域為[1，＋∞).(2)由(1)可知，函數(shù)的最小值為1.函數(shù)的圖象經(jīng)過特別點f(－1)＝1e＋1，f(2)＝2－2，f當x→＋∞時，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞；當x→－∞時，指數(shù)函數(shù)y＝ex越來越小，趨向于0，因此函數(shù)f(x)圖象上的點漸漸趨向于直線y＝－x，依據(jù)上述信息，畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．(3)截取函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，2]上的圖象如圖所示．由圖象知，當f(0)<m≤f(－1)，即當m∈(1，1e＋1]時，f(x)與y＝m恰有兩個不同的交點，即當m∈(1，1e＋1]時，方程f(x)＝m在區(qū)間[－1，2]上恰有兩個不同的實根；同理，當m＝1或1e＋1<m≤e2－2時，方程f(x當m<1或m>e2－2時，方程f(x)＝m在區(qū)間[－1，2]上無實根．跟蹤訓(xùn)練1解析：(1)因為f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)－1(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx－a,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e1－a.f′(x)及f(x)隨x的改變狀況如表所示：所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e1－a，＋∞).(2)由(1)可知f(x)的最大值為f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)，①當a＝1時，f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，e]上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，故f(x)在區(qū)間(0，e]上只有一個零點．②當a<1時，1－a>0，e1－a>1，則f(e1－a)＝eq\f(1－e1－a,e1－a)<0，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上無零點．綜上，當a＝1時，f(x)在區(qū)間(0，e]上只有一個零點；當a<1時，f(x)在區(qū)間(0，e]上無零點．例2【解析】(1)f′(x)＝3x2－k.當k＝0時，f′(x)＝3x2≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當k<0時，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當k>0時，令f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3k),3).當x∈(－∞，－eq\f(\r(3k),3))時，f′(x)>0；當x∈(－eq\f(\r(3k),3)，eq\f(\r(3k),3))時，f′(x)<0；當x∈(eq\f(\r(3k),3)，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－eq\f(\r(3k),3))，(eq\f(\r(3k),3)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\f(\r(3k),3)，eq\f(\r(3k),3))上單調(diào)遞減．(2)解析：由(1)知，當k≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)不行能有三個零點．當k>0時，x＝－eq\f(\r(3k),3)為f(x)的極大值點，x＝eq\f(\r(3k),3)為f(x)的微小值點．若f(x)有三個零點，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＞0，,f（\f(\r(3k),3)）＜0，,f（－\f(\r(3k),3)）＞0，))解得0<k<eq\f(4,27)，所以k的取值范圍為(0，eq\f(4,27)).跟蹤訓(xùn)練2解析：(1)f(x)的定義域為R.當a＝1時，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)f′(x)＝ex－a.①當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．故f(x)至多存在一個零點，不符合題意．②當a>0時，由f′(x)＝0，可得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上是減函數(shù)，在(lna，＋∞)上是增函數(shù)．故當x＝lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a(1＋lna).(ⅰ)若0<a≤1e，則f(lna)≥0，f(x(ⅱ)若a>1e，f(lna因為f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零點．由(1)知，當x>2時，ex－x－2>0.所以當x>4且x>2ln(2a)時，f(x)＝ex2·ex2－a(x＋2)>eln(2a)·(x2＋2)－a故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零點．從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．綜上，a的取值范圍是(1e例3【解析】(1)f′(x)＝ex－a，當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，當a＞0時，令f′(x)＝0，解得x＝lna.當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如表：所以a＞0時，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：令g(x)＝f(x)－(x2－3x＋1)＝ex－x2－1，則g′(x)＝ex－2x.令h(x)＝ex－2x，則h′(x)＝ex－2，當0＜x＜ln2時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當x＞ln2時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；所以h(x)≥h(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2＞0，即g′(x)＞0恒成立．所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＞g(0)＝1－0－1＝0，所以ex－x2－1＞0，即當x＞0時，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．跟蹤訓(xùn)練3解析：(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)解析：設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．當x∈(0，π2)時，h′(x所以h(x)在區(qū)間[0，π2所以對隨意x∈(0，π2]有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，π2因此f(x)在區(qū)間[0，π2]上的最大值為f(0)＝1，最小值為f(π2)＝－例4【解析】由題意可得，x∈(0，＋∞).因為f′(x)＝eq\f(\f(1,x)ex－exlnx,（ex）2)＝eq\f(\f(1,x)－lnx,ex)，令g(x)＝eq\f(1,x)－lnx，則g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0.所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因為g(1)＝1＞0，g(e)＝eq\f(1,e)－1＜0，所以存在唯一實數(shù)x0∈(1，e)，使得g(x0)＝0即f′(x0)＝0，且eq\f(1,x0)＝lnx0.x，f′(x)，f(x)的改變?nèi)绫硭荆核詅(x0)為函數(shù)f(x)的極大值．故f(x)＝eq\f(lnx,ex)有極大值．跟蹤訓(xùn)練4解析：(1)當a＝1時，f(x)＝ex(lnx－1)，所以f′(x)＝ex(lnx－1)＋ex1x＝ex(lnx＋1所以f(1)＝－e，f′(1)＝0，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－e.(2)解析：由f(x)＝ex(lnx－a)，得f′(x)＝ex(lnx＋1x－a令h(x)＝lnx＋1x－a，則h′(x)＝1x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2