2024年数学选择性必修第2册（配人教版）课件：30　第五章　5.3　5.3.2　第3课时　导数在函数有关问题及实际生活中的应用.docx

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第3课时　导数在函数有关问题及实际生活中的应用

[学习目标]　1．进一步掌握导数在研究函数的单调性、极值、图象、零点等问题中的应用．（数学运算）

2．能利用导数研究函数的性质、解决简单的实际问题．（数学运算、逻辑推理）

（教师用书）

如图所示，海中有一座油井A，其离岸的距离AC＝1.2km，岸是笔直的，岸上有一座炼油厂B，且BC＝1.6km.现要用输油管将油井A与炼油厂B连接起来，且输油管既可以铺设在水下，也可以铺设在陆地上，还可以一部分铺设在水下另一部分铺设在陆地上．

已知水下的铺设成本为每千米50万元，陆地的铺设成本为每千米30万元．那么，铺设输油管的最少花费是多少？

[讨论交流]　

问题如何应用导数解决生活中的实际问题？

[自我感知]　经过认真的预习，结合对本节课的理解和认知，请画出本节课的知识逻辑体系．

探究1　导数在实际问题中的应用

【链接·教材例题】

例8　某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料．瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r（单位：

cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm.

（1）瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大？

（2）瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小？

[解]　由题意可知，每瓶饮料的利润是

y＝f（r）＝0.2×43πr3－0.8πr2

＝0.8πr33-r2，0＜r≤6.

所以

f′（r）＝0.8π（r2－2r）．

令f′（r）＝0，解得r＝2.

当r∈（0，2）时，f′（r）＜0；

当r∈（2，6）时，f′（r）＞0.

因此，当半径r＞2时，f′（r）＞0，f（r）单调递增，即半径越大，利润越高；当半径r＜2时，f′（r）＜0，f（r）单调递减，即半径越大，利润越低．

（1）半径为6cm时，利润最大．

（2）半径为2cm时，利润最小，这时f

（2）＜0，表示此种瓶内饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润是负值．

[典例讲评]　1．（源自北师大版教材）如图1所示，一边长为48cm的正方形铁皮，四角各截去一个大小相同的小正方形，然后折起，可以做成一个无盖长方体容器，如图2所示．所得容器的容积V（单位：

cm3）是关于截去的小正方形的边长x（单位：

cm）的函数．

（1）随着x的变化，容积V是如何变化的？

（2）截去的小正方形的边长为多少时，容器的容积最大？

最大容积是多少？

[解]　

（1）根据题意，可得

V＝V（x）＝（48－2x）2x.

由实际情况可知函数V（x）的定义域为{x|0＜x＜24}．

根据导数公式表及导数的运算法则，可得

V′（x）＝－4x（48－2x）＋（48－2x）2

＝（48－2x）（－6x＋48）

＝12（x－24）（x－8）．

解方程V′（x）＝0，

得x1＝8，x2＝24.

根据x1，x2列出表如下，分析V′（x）的符号、V（x）的单调性和极值点．

x

（0，8）

8

（8，24）

V′（x）

＋

0

－

V＝V（x）



极大值



根据表中V′（x）与V（x）的变化情况可知，x＝8是函数V＝V（x）的极大值点，相应的极大值为V＝V（8）＝（48－16）2×8＝8192（cm3）．

V＝（48－2x）2x的大致图象如图．

根据对函数变化规律的讨论可知：

当0＜x≤8时，函数V＝V（x）单调递增；

当8≤x＜24时，函数V＝V（x）单调递减．

（2）区间（0，24）上任意点的函数值都不超过V（8），因此，x＝8是函数的最大值点．

此时V＝V（8）＝8192（cm3）是函数V＝V（x）在区间（0，24）内的最大值．

即当截去的小正方形的边长为8cm时，得到的容器容积最大，最大容积为8192cm3.

　1．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）在定义域内只有一个极值点，则它就是最值点．

2．利用导数解决生活中优化问题的四个步骤

第一步：

设出恰当的未知量，并确定未知量的取值集合（即函数的定义域）．

第二步：

依题意将所求最值的量表示为未知量的函数．

第三步：

求出函数的导数，令导数等于0，得到导数为0的点．

第四步：

通过单调性确定出函数的极值点及最值．

[学以致用]　1．（源自湘教版教材）某企业要生产容积为Vm3的圆柱形密闭容器（如图所示），已知该容器侧面耗材为1元/m2，上下底面的耗材为1.5元/m2.问：

如何设计圆柱的高度hm和上下底面的半径rm，使得费用最少？

[解]　由题意可得，所需费用为

C＝2πrh×1＋2πr2×1.5＝2πrh＋3πr2.

由于容器的容积为V＝πr2h，从而πrh＝Vr，因此C（r）＝2Vr＋3πr2.

对C（r）关于r求导，得C′（r）＝－2Vr2＋6πr.

令C′（r）＝0，解得r＝3V3π.

当r∈0，3V3π时，C′（r）＜0，则C（r）单调递减；

当r∈3V3π，+∞时，C′（r）＞0，

则C（r）单调递增．

因此，C（r）在r＝3V3π处取到极小值，也是最小值（如图所示）．

由r＝3V3π和V＝πr2h，得h＝3r＝33V3π.

因此，当圆柱上下底面半径r＝3V3π，高h＝3r时，所需费用最少．

探究2　利用导数研究函数的零点或方程的根

【链接·教材例题】

例7　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R.

f′（x）＝（x＋1）′ex＋（x＋1）（ex）′

＝ex＋（x＋1）ex

＝（x＋2）ex.

令f′（x）＝0，

解得x＝－2.

f′（x），f（x）的变化情况如表5.3-4所示．

表5.3-4

x

（－∞，－2）

－2

（－2，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

单调递减

－1e2

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）＝－1e2.

（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A-2，-1e2，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f（x）＝x+1e-x→0；

当x→＋∞时，f（x）→＋∞，f′（x）→＋∞.

根据以上信息，我们画出f（x）的大致图象如图5.3-17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5.3－17可得，当x＝－2时，f（x）有最小值f（－2）＝－1e2.

所以，关于方程f（x）＝a（a∈R）的解的个数有如下结论：

当a＜－1e2时，解为0个；

当a＝－1e2或a≥0时，解为1个；

当－1e2＜a＜0时，解为2个．

[典例讲评]　2．已知函数f（x）＝ex－1，g（x）＝x＋x.

（1）证明：

函数h（x）＝f（x）－g（x）在区间（1，2）上有零点；

（2）求方程f（x）＝g（x）的根的个数，并说明理由．

[解]　

（1）[证明]　由题意可得

h（x）＝f（x）－g（x）＝ex－1－x－x，

所以h

（1）＝e－3＜0，h

（2）＝e2－3－2＞0，

所以h

（1）·h

（2）＜0，

所以函数h（x）在区间（1，2）上有零点．

（2）由

（1）可知h（x）＝f（x）－g（x）＝ex－1－x－x（x≥0）．

而h（0）＝0，则x＝0为h（x）的一个零点．

又h（x）在（1，2）内有零点，

因此h（x）在[0，＋∞）上至少有两个零点．

h′（x）＝ex-12x-12－1，

记φ（x）＝ex-12x-12－1，

则φ′（x）＝ex+14x-32．

当x∈（0，＋∞）时，φ′（x）＞0，

因此φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，

φ12＝e-22－1＜0，φ

（1）＝e－32＞0，

存在唯一的x0∈12，1，使φ（x0）＝0，

即h′（x0）＝0，满足ex0＝12x0-12＋1.

易证得x0为h（x）的极小值点，且h（x0）＝ex0－1－x0－x0＝1-2x0-2x0x02x0＜0，

显然h（x）在[0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，

结合

（1）知h（x）在[0，＋∞）上有且只有两个零点，

所以方程f（x）＝g（x）的根的个数为2.

【教用·备选题】　已知函数f（x）＝ex－x+1x-1.

（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）判断函数f（x）的零点的个数，并说明理由．

[解]　

（1）由f（x）＝ex－x+1x-1，得f′（x）＝ex＋2x-12，则f′（0）＝3，而f（0）＝2，所以曲线在点（0，f（0））处的切线方程为y－2＝3（x－0），即3x－y＋2＝0.

（2）函数f（x）的定义域为（－∞，1）∪（1，＋∞），由

（1）可知，f′（x）＝ex＋2x-12，

当x∈（－∞，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

因为f（－2）f（0）＝e-2-13·2＝21e2-13＜0，所以函数f（x）在x∈（－∞，1）上有唯一零点；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

因为f

（2）f54＝（e2－3）·（e54－9）＜0，所以函数f（x）在x∈（1，＋∞）上有唯一零点，所以f（x）有2个零点．

　函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据函数零点或图象的交点情况，建立含参数的方程（或不等式）组求解，实现形与数的统一．

[学以致用]　2．已知函数f（x）＝x3－3x＋a（a为实数），若方程f（x）＝0有三个不同的实数根，求实数a的取值范围．

[解]　f′（x）＝3x2－3，令f′（x）＝3x2－3＝3（x＋1）（x－1）＝0，解得x1＝－1，x2＝1.

当x<－1时，f′（x）>0；

当－1

当x>1时，f′（x）>0.

所以当x＝－1时，f（x）有极大值f（－1）＝2＋a；

当x＝1时，f（x）有极小值f

（1）＝－2＋a.

因为方程f（x）＝0有三个不同的实数根，

所以y＝f（x）的图象与x轴有三个交点，如图．

由已知应有2+a>0，-2+a<0，

解得－2

探究3　利用导数证明不等式

[典例讲评]　3．当x＞0时，证明不等式ln（x＋1）＞x－12x2.

[思路导引]　利用导数证明不等式，首先要构造函数f（x）＝ln（x＋1）－x＋12x2，然后求函数f（x）的最小值，从而证明f（x）min＞0.

[证明]　令f（x）＝ln（x＋1）－x＋12x2，函数f（x）的定义域为（－1，＋∞）．

∵f′（x）＝11+x－1＋x＝x21+x.

当x∈（－1，＋∞）时，f′（x）≥0，从而f（x）在（－1，＋∞）上是增函数．

当x＞0时，f（x）＞f（0）＝0.

∴当x＞0时，ln（x＋1）＞x－12x2成立．

　利用函数的最值证明不等式的基本步骤

（1）将不等式构造成f（x）＞0（或＜0）的形式；

（2）利用导数将函数y＝f（x）在所给区间上的最小值（或最大值）求出；

（3）证明函数y＝f（x）的最小值（或最大值）大于零（或小于零）即可证得原不等