3.4 生活中的优化问题举例含PPT的教学设计及点评

导数的综合应用（一）

教学目标: 1、利用导数求函数单调区间与极值；

2、利用导数几何意义求切线相关问题；

3、利用分离参数法解决导数综合问题

教学重点、难点：利用分离参数法解决导数综合问题

典例、已知函数f(x)＝ln x－bx＋c，f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋4＝0. (1)求f(x)的解析式；

(2)求f(x)的单调区间；

1，5内，恒有f(x)≥x2＋ln x＋kx成立，求k的取值范围．

(3)若在区间2（选题意图：根据考纲及考试说明的要求，考查函数的单调性和极值的概念以及导数的几何意义，考查考生利用导数公式和导数运算法则进行运算求解的能力以及灵活应用导数工具分析问题，解决问题）

[解] 1

(1)f′(x)＝x－b，∴f′(1)＝1－b，

又f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，

故1－b＝－1，b＝2. 将(1，f(1))代入方程x＋y＋4＝0，

得1＋f(1)＋4＝0，f(1)＝－5，

∴f(1)＝－b＋c＝－5，将b＝2代入，得c＝－3，

故f(x)＝ln x－2x－3. 1(2)依题意知x>0，f′(x)＝－2. x1令f′(x)>0，得0

21再令f′(x)<0，得x>，

210，，

故函数f(x)的单调递增区间为21，＋∞. 单调递减区间为21，5内有f(x)≥x2＋ln x＋kx，

(3)在区间2得ln x－2x－3≥x2＋ln x＋kx，

3∴k≤－x－2－x.

1

33设g(x)＝－x－2－，g′(x)＝－1＋2，

xx令g′(x)＝0，得x＝3(负值舍去)．

令g′(x)>0，得03，

1，3时，函数g(x)单调递增，

故当x∈2当x∈(3，5)时，函数g(x)单调递减，

1∴g(x)的最小值只能在区间2，5的端点处取得，

1117又g＝－－2－6＝－，

222338g(5)＝－5－2－＝－，

55∴g(x)min＝－17. 21717－∞，－. ∴k≤－，即k的取值范围为22小结：利用分离参数法解决导数综合问题的步骤

分离参数法

第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；

第二步：利用导数求该函数的最值；

第三步：根据要求得所求范围．

题组

a1．已知函数f(x)＝ln x＋x(a＞0)．

(1)求f(x)的单调区间；

x3＋2bx＋a1(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．

2x2

2

a解：(1)f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，

x1ax－a则f′(x)＝x－2＝2. xx因为a＞0，由f′(x)＞0，得x∈(a，＋∞)，

由f′(x)＜0，得x∈(0，a)，

所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，

单调递减区间为(0，a)．

x3＋2bx＋a1(2)由题意，将方程f(x)＝－化简

2x211得b＝ln x－x2＋，x∈(0，＋∞)．

2211令h(x)＝ln x－x2＋，

221＋x1－x1则h′(x)＝x－x＝. x当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，

所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．

所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，

11最大值为h(1)＝ln 1－×12＋＝0 22所以

1)当b＜0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－有两个实根；

2x22)当b＝0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有一个交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－有一个实根；

2x23)当b＞0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－无实根．

2x2

m2．设函数f(x)＝ln x＋x，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；

x(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

3

3

e解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，

x则f′(x)＝x－e，∴当x∈(0，e)时，

x2f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，

f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

e∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，

e∴f(x)的极小值为2. x1mx(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－2－(x＞0)，

3xx31令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．

31设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，

3则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．

当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，

φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．

∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，

因此x＝1也是φ(x)的最大值点，

2∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，

3结合y＝φ(x) 的图象(如图)，

可知，

2①当m＞时，函数g(x)无零点；

32②当m＝时，函数g(x)有且只有32③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；

3④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．

2综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；

32当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

32当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．

3

4 一个零点；

3．(2017·哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)＝(1)求函数f(x)的极值；

(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)＝1

的图象在区间(0，e2]上有公共点，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝令f′(x)＝0，得x＝e1a，

－ln x＋a(a∈R)．

x1－ln x＋a，

x2当x∈(0，e1a)时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，

－当x∈(e1a，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，

－∴f(x)在x＝e1－－a处取得极大值，

－f(x)极大值＝f(e1a)＝ea1，

无极小值．

(2)①当e1a＜e2，即a＞－1时，

－由(1)知f(x)在(0，e1a)上是增函数，在(e1a，e2 ]上是减函数，

－－∴f(x)max＝f(e1a)＝ea1，

－－又当x＝e－a时，f(x)＝0，

当x∈(0，ea ]时，f(x)＜0；

－当x∈(ea，e2]时，f(x)＞0. －∵f(x)的图象与g(x)＝1的图象在(0，e2]上有公共点，

∴ea1≥1，解得a≥1，又a＞－1，∴a≥1. －②当e1a≥e2，即a≤－1时，f(x)在(0，e2]上是增函数，∴f(x)在(0，e2]上的最大值为－f(e2)＝2＋a，

e22＋a∴原问题等价于2≥1，解得a≥e2－2，

e又a≤－1，∴无解．

综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

a3．(2016·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a＞0)．

x(1)求f(x)的单调区间；

x3＋2bx＋a1(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．

2x2a解：(1)f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，

5

1ax－a则f′(x)＝x－2＝2. xx因为a＞0，由f′(x)＞0，得x∈(a，＋∞)，

由f′(x)＜0，得x∈(0，a)，

所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，

单调递减区间为(0，a)．

x3＋2bx＋a1(2)由题意，将方程f(x)＝－化简

2x211得b＝ln x－x2＋，x∈(0，＋∞)．

2211令h(x)＝ln x－x2－b＋，

221＋x1－x1则h′(x)＝－x＝. xx当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，

所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．

所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，

11最大值为h(1)＝ln 1－×12－b＋＝－b. 22所以当－b＞0，即b＜0时，

y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－有两个实根；

2x2当b＝0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有一个交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－有一个实根；

2x2当b＞0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，

x3＋2bx＋a1方程f(x)＝－无实根．

2x2

6