2020版江苏高考数学一轮复习学案：第21课《导数在研究函数中的应用（2）》(含解析)

____第21课__导数在研究函数中的应用(2)____

1.  理解导数的意义，熟练运用导数求解函数的单调区间、极值、最值．

2. 应用导数解决一些综合问题，如恒成立及含参数问题等.

1. 阅读：选修11第86～92页．

2. 解悟：要清楚导数与函数的关系，利用导数研究函数性质的流程要熟练，主要步骤为求导，令导数等于0，求根，列表，下结论．

3. 本章中对函数的重要思想方法，比如数形结合、函数与方程、分类讨论得到了又一次的加强，同学们在复习的过程中要注意加强体会.

　基础诊断　

1.  对任意x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值的充要条件是__0≤a≤21__．

解析：由题意得，f′(x)＝3x2＋2ax＋7a.因为对∀x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值，且f′(x)的图象开口向上，所以f′(x)≥0对x∈R恒成立，所以Δ＝4a2－84a≤0，解得0≤a≤21，故所求的充要条件是0≤a≤21.

2.  已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a－b＝__－7__．

解析：由题意得，f′(x)＝3x2＋6ax＋b.因为函数f(x)在x＝－1处有极值0，所以即解得或当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，所以函数f(x)不存在极值应舍去，所以a－b＝－7.

3.  若函数f(x)＝alnx－x在区间(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是__[2，＋∞)__．

解析：由题意得，f′(x)＝－1.因为函数f(x)＝alnx－x在区间(1，2)上单调递增，所以－1≥0在x∈(1，2)上恒成立，所以a≥x，所以a≥2，故实数a的取值范围是[2，＋∞)．

4.  已知函数f(x)＝x2－cosx，x∈，则满足f(x0)>f的x0取值范围为__∪__．

解析：因为函数f(x)＝x2－cosx是偶函数，所以只需考虑区间上的情形，当x∈时，f′(x)＝2x＋sinx≥0，所以函数f(x)在区间上单调递增，所以f(x0)>f在上的解集为.结合函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，所以当x∈时，－≤x0<－，所以x0的取值范围是∪.

　范例导航　

考向❶  利用导数求解函数的零点或方程的根的问题

例1　已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax，若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在区间上有两个零点，求实数m的取值范围．

解析：由题意得，g(x)＝2lnx－x2＋m，

则g′(x)＝－2x＝.　

因为x∈，故当g′(x)＝0时，x＝1，

当<x<1时，g′(x)>0；

当1<x<e时，g′(x)<0，故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.

又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，

g(e)－g＝4－e2＋<0，即g(e)<g，所以函数g(x)在区间有两个零点的条件是解得1<m≤2＋，

所以实数m的取值范围为.

已知函数f(x)＝lnx＋x2－2x，则函数y＝f(x)的零点个数为__1__．

解析：由题意得f′(x)＝＋x－2＝≥0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝－<0，所以函数y＝f(x)的零点个数为1.

考向❷  利用导数求解不等式的恒成立(存在性)问题

例2　已知函数f(x)＝lnx＋－1.

(1) 求函数f(x)的单调区间；

(2) 设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．

解析：(1) f′(x)＝－＝，x>0.

令f′(x)>0，得x>1，

所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)；

令f′(x)<0，得0<x<1，

所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．

(2) 依题意得，ma<f(x0)，由(1) 知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数，

所以f(x)max＝f(e)＝lne＋－1＝，

所以ma<，即ma－<0对于任意的a∈(－1，1)恒成立，所以

解得－≤m≤，

所以实数m的取值范围是.

设函数f(x)＝kx3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数k的值为__4__．

解析：由题意得，f′(x)＝3kx2－3.当k≤0时，3kx2－3<0，所以函数f(x)是减函数，所以f(1)≥0，即k－3＋1≥0，解得k≥2，故k无解；当k>0时，令f′(x)＝3kx2－3＝0，解得x＝±.当x<－时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间上单调递增；当－<x<时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间上单调递减；当x>时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间上单调递增，所以即解得所以k＝4.

考向❸  利用导数求解不等式的有关问题

　例3　设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．

(1) 讨论函数f(x)的单调性；

(2) 证明：当x>1时，g(x)>0.

解析：(1) 由题意得，f′(x)＝2ax－＝(x>0)，

设h(x)＝2ax2－1.

当a≤0时，h(x)<0，

所以f′(x)<0，即函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，令h(x)＝0，

得x1＝，x2＝－(舍去)，

所以函数f(x)的单调减区间为，单调增区间为.

综上，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．

(2) 要证当x>1时，g(x)>0，即证当x>1时，>e.

设t(x)＝(x>1)，则t′(x)＝.

令t′(x)＝＝0，得x＝1，

所以t(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

所以t(x)min>t(1)＝e，

所以当x>1时，t(x)>e成立，

所以当x>1时，g(x)>0成立．

　自测反馈　

1.  若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调增区间，则实数a的取值范围是__(－∞，2ln2－2)__．

解析：由题意得，f′(x)＝2x－ex－a.因为函数f(x)在R上存在单调增区间，所以f′(x)＝2x－ex－a>0，即a<2x－ex有解．令g(x)＝2x－ex，所以g′(x)＝2－ex，令g′(x)>0，即2－ex>0，解得x<ln2；令g′(x)<0，即2－ex<0，解得x>ln2，所以g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，所以a<2ln2－2.故实数a的取值范围是(－∞，2ln2－2)．

2.  若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰有3个单调区间，则实数a的取值范围是__(－3，0)∪(0，＋∞)__．

解析：由题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1，因为函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰有3个单调区间．所以f′(x)＝3ax2＋6x－1＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝36－4×3a×(－1)>0，且a≠0，解得a>－3且a≠0.故实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．

3.  已知函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则函数f(x)的极大值为__2ln2－2__．

解析：由题意得，f′(x)＝－1(x>0)，则f′(1)＝－1，解得f′(1)＝1，所以f′(x)＝－1＝(x>0)．令f′(x)>0，解得0<x<2，令f′(x)<0，解得x>2，所以函数f(x)在区间(0，2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值为f(2)＝2ln2－2.

4.  若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是__(－3，－1)∪(1，3)__．

解析：由题意得，f′(x)＝3x2－12.令f′(x)＝0，即3x2－12＝0，解得x＝±2.因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)上不单调，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.故实数k的取值范围是(－3，－1)∪(1，3)．

1. 有关导数在函数中的应用主要类型有：求函数的切线，判断函数的单调性，求函数的极值和最值．

2. 利用函数的单调性证明不等式，求参数的取值范围，对这些问题，要有解题规律的总结和反思．

3. 你还有哪些体悟，写下来：