2020高考数学文科大一轮复习导学案：第二章函数、导数及其应用2.11导学案





知识点一　利用导数研究函数的单调性
函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，
1．若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内是单调递增函数；
2．若f′(x)0.(　×　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　√　)
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．(　√　)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(　√　)
2．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　A　)

A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数
解析：当x∈(－3,0)时，f′(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
知识点二　　利用导数研究函数的极值
函数极值的概念
函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)0.
类似地，函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)0，得x>2或x，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.故选B.
(2)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R，令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间．
解：由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)＝－2a＝.
若a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
若a>0，当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
考向二　　根据函数单调性求参数的范围
【例2】　(1)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则b的取值范围是________．
(2)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
【解析】　(1)(分离参数法)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则对任意x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－x＋≤0，只需b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)内恒成立，
令y＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则在(－1，＋∞)内y>－1，∴b的取值范围是b≤－1.
(2)∵函数f(x)＝x2－ex－ax，
∴f′(x)＝2x－ex－a.
∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a>0有解，
即a0，x0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)0成立的x的取值范围是________．
【解析】　令g(x)＝，则g′(x)＝>0，x∈(0，＋∞)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(－x)＝＝＝＝g(x)，所以g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)，所以f(x)＝xg(x)>0
⇒或解得x>2或－2e2 017f(0)
B．f(2)e2 017f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 017)1时，g(x)>g(1)＝2，故>.h′(x)＝，因为x>1，
所以1－ex.
【点评】　若不分离ex与lnx，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理分拆与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的利于用导数工具求解的函数模型．
2．借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩
典例2　(2019·山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f(x)＝mx2＋nx－xlnx(m>0)，且f(x)≥0.
(1)求的最小值；
(2)当取得最小值时，若方程ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0无实根，求实数a的取值范围．
【思路点拨】　(1)利用导数，借助单调性求最值；(2)分离参数，利用放缩法确定函数值域．
【解】　(1)令g(x)＝＝mx＋n－lnx，则f(x)≥0⇔
g(x)≥0(x>0)，令g′(x)＝>0，则x>，所以g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．此时g(x)min＝g()＝1＋n－ln≥0⇒＋－ln≥0，即≥ln－，令h(t)＝tlnt－t(t>0)，
令h′(t)＝lnt>0，则t>1，
所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)min＝h(1)＝－1，则≥－1，即()min＝－1.
(2)由(1)知，当取得最小值－1时，t＝＝1，m＝1，n＝－1.
ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0⇒a＝，
记H(x)＝，
则H′(x)＝，
由(1)知x－1－lnx≥0⇒lnx≤x－1，即ex－1≥x，则(x－lnx)ex－1－x≥ex－1－x≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以当x∈(0,1)时，H′(x)0，所以H(x)在(1，＋∞)上为增函数．
所以x＝1时，H(x)取得最小值，为H(1)＝1.
由lnx≤x－1，自变量取可得－lnx≤－1⇒2≤x＋1－lnx≤x＋，
即x(x＋1－lnx)≤x2＋1⇒≥，
由x－1≥lnx，自变量取e可得e－1>(x>0)，从而ex>()3，则可得ex－1>.当x>1时，H(x)＝>>＝，即H(x)无最大值，所以H(x)∈[1，＋∞)．
故a0时，f′(x)＝ex－a，由f′(x)＝0得x＝lna.
若x0.
函数f(x)在区间(－∞，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为f(lna)＝a(1－lna)．
①当0e时，f(lna)＝a(1－lna)0与函数的单调性，
可知f(x)在区间(－∞，lna)和(lna，＋∞)上各有一个零点，f(x)共有两个零点．
当a＝0时，f(x)＝ex，f(x)无零点．
当a