2020版江苏高考数学一轮复习学案：第20课《导数在研究函数中的应用（1）》(含解析)

____第20课__导数在研究函数中的应用(1)____

1.  利用导数研究函数的单调性、极值、最值等问题．

2.  理解数形结合思想，转化思想在导数中的应用．

3.  理解函数在某点取得极值的条件.

1. 阅读：选修11第86～92页．

2. 解悟：①教材第86页中间的关于函数的导数和单调性关系的结论怎么理解？它的逆命题是否成立，试举例说明．你会利用导数说明(或证明)函数在给定区间上的单调性吗？②函数的极值是怎么定义的？一个函数是否一定有极大值和极小值？有极大值或极小值的函数的极值是否唯一？函数的极值和导数具有怎样的关系？教材第88页的两张表格中的内容你理解吗？给你一个具体函数你会求它的极值点吗？③我们知道函数的最大值和最小值是函数定义域内的性质，函数的极值是对函数定义域内某一局部而言的，它们之间的关系为：最大值可能在极值点或函数的端点取到极值不一定是最值，最值也不一定是极值．④会做教材第87页的例2，例3，第89页的例2，第90页的例2，并能总结下列问题类型解题的一般步骤：一是利用导数判断或证明函数在给定区间上的单调性；二是利用导数求函数的单调区间；三是利用导数求函数的极值；四是利用导数求函数的最值．

3. 践习：在教材的空白处完成第87页练习第1(2)、3(2)题，第89页练习第1(2)、4题，第91～92页练习第4、5题，习题第2(2)(4)、3(2)(3)、4(3)、8(4)题.

　基础诊断　

1.  函数f(x)＝3x2－6lnx的单调减区间是__(0，1)__．

解析：由题意得，f′(x)＝6x－，令f′(x)<0，则6x－<0.因为x>0，解得0<x<1，故函数f(x)的单调减区间是(0，1)．

2.  函数f(x)＝(x>0)有极__大__值____．

解析：由题意得，f′(x)＝.令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝或x＝－(舍去)．当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增；在区间(，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝处取得极大值为.

3.  函数f(x)＝x＋2cosx，x∈的最大值是__＋__．

解析：由题意得，f′(x)＝1－2sinx.令f′(x)＝0，即1－2sinx＝0，解得sinx＝，即x＝∈，所以当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在区间上单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在区间上单调递减，所以函数f(x)在x＝处，取得极大值，且是最大值为＋.

4.  若函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)，在上有最大值3，则此函数在上的最小值为__－37__．

解析：因为f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.因为f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，显然f(0)>f(2)>f(－2)，故m＝3，最小值为f(－2)＝－37.

　范例导航　

考向❶  利用导数研究函数的最值问题

例1　已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.

(1) 若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求实数a，b的值．

(2) 当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求实数k的取值范围．

解析：(1) 由题意得，f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.

因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，

所以f(1)＝g(1) 且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.

(2) 记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，

所以h′(x)＝3x2＋6x－9.

令h′(x)＝0得x1＝－3，x2＝1.

h′(x)，h(x)在x∈(－∞，2]上的变化情况如下表所示：

　　由表可知当k≤－3时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值为28；当－3<k<2时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值小于28.

因此实数k的取值范围是(－∞，－3]．

已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则实数a的值为__1__．

解析：因为y＝f(x)是奇函数，且当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，所以当x∈(0，2)时，最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝.当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f＝ln－1＝－lna－1＝－1，解得a＝1.

考向❷  利用导数研究单调性、极值问题

例2　已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x.

(1)  若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；

(2)  若x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)在区间[1，a]上的最小值和最大值．

解析：(1) f′(x)＝3x2－2ax＋3.由题设知x∈[1，＋∞)时f′(x)≥0.

因为x≥1，所以a≤，

所以a≤＝3(当且仅当x＝1时取等号)，

而当a＝3，x＝1时，f′(x)＝0，

所以a≤3.故实数a的取值范围为(－∞，3]．

(2) 由题设知f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，解得a＝5，所以f(x)＝x3－5x2＋3x.

令f′(x)＝3x2－10x＋3＝0，

解得x＝3或x＝(舍去)．

当1<x<3时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当3<x<5时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

所以当x＝3时，f(x)有极小值，f(3)＝－9.

又f(1)＝－1，f(5)＝15，

所以函数f(x)在[1，5] 上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.

设x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点．

(1)  试确定常数a和b的值；

(2)  试判断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．

解析：(1) 由题意得，f′(x)＝＋2bx＋1.

因为x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点，

所以即

解得

所以a的值为－，b的值为－.

(2) 由(1)得f′(x)＝－－x＋1＝，　

所以由f′(x)>0得1<x<2；由f′(x)<0，得0<x<1或x>2，

所以函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，在区间(0，1)和(2，＋∞)上单调递减，

所以x＝1是函数f(x)的极小值点，x＝2是函数f(x)的极大值点.

考向❸  利用导数求解不等式的恒成立问题

例3　已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．

(1)  求证：函数f(x)是R上的偶函数；

(2)  若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在区间(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．

解析：(1) 函数f(x)的定义域为R，关于原点对称；又因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，

所以函数f(x)是R上的偶函数．

(2) 由mf(x)≤e－x＋m－1得m(ex＋e－x)≤e－x＋m－1，即m(ex＋e－x－1)≤e－x－1，

令t＝ex(t>0)，

因为ex＋e－x－1＝t＋－1≥2－1＝1，当且仅当t＝1时，等号成立，故m≤＝，令h(t)＝.

h′(t)＝.

则当t>2时，h′(t)>0；当0<t<2时，h′(t)<0，

所以当t＝2时，h(t)min＝h(2)＝－，

则m≤－.

综上可知，实数m的取值范围为.

注：分离参数后，也可利用基本不等式去处理m的范围．

【变式题】  设函数f(x)＝x2－ln x，其中a为大于零的常数．

(1) 当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；

(2) 当x∈[1，2]时，不等式f(x)>2恒成立，求实数a的取值范围．

解析：(1) 当a＝1时， f′(x)＝x－＝(x>0)，

令f′(x)>0得x>1，令f′(x)<0得0<x<1.

故函数f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)．

从而函数f(x)在区间(0，＋∞)上的极小值为f(1)＝，函数f(x)无极大值．

(2) 由题意得，f′(x)＝x－＝(x>0)．

不等式f(x)>2在[1，2]上恒成立等价于函数f(x)在区间[1，2]上的最小值f(x)min>2.

因为a>0，所以令f′(x)＝0得x＝.

当0<≤1，即0<a≤1时，函数f(x)在区间[1，2]上递增，

所以f(x)min＝f(1)＝>2，解得0<a<；

当≥2，即a≥4时，函数f(x)在区间[1，2]上单调递减，

所以f(x)min＝f(2)＝－ln2>2，无解；

当1<<2，即1<a<4时，函数f(x)在区间[1，]上单调递减，在区间[，2]上单调递增，所以f(x)min＝f()＝－lna>2，无解．

综上所述，所求实数a的取值范围为.

　自测反馈　

1.  若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则实数a＝__3__．

解析：f′(x)＝，因为函数f(x)＝在x＝1处取极值，所以f′(1)＝0，即＝0，解得a＝3.

2. 已知a>0，b>0，若函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于__9__．

解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b，因为函数f(x)在x＝1处有极值，f′(1)＝12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6.又a>0，b>0，所以a＋b≥2，所以2≤6，所以ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取等号，所以ab的最大值为9.

3. 已知f(x)＝x3－3x－1，若对于在区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是__20__．

解析：对于在区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于对于在区间[－3，2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t.因为f(x)＝x3－3x－1，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，因为x∈[－3，2]，所以函数f(x)在区间[－3，－1)和(1，2]上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，所以f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，故实数t的最小值为20.

4. 分别在曲线y＝ex与直线y＝ex－1上各取一点M，N，则MN的最小值为____．

解析：要想求MN的最小值，则需过曲线上一点的切线与直线y＝ex－1平行，设切点为(x0，y0)．曲线y＝ex的导数y′＝ex，所以在点(x0，y0)的切线的斜率k＝ex0，所以ex0＝e，即x0＝1，所以切点为(1，e)，所以切线的方程为y－e＝e(x－1)，即ex－y＝0，所以切线ex－y＝0与直线y＝ex－1的距离＝＝，故MN的最小值为.

1. 导数的正负可以判断函数的单调性，但反过来未必．

2. 极值与导数的关系，极值点附近左右两侧的导数是否异号可以判断函数是否有极值的．

3. 求函数在给定区间上的最值时，需要注意区间端点的开闭对答案的影响．

4. 你还有哪些体悟，写下来：