2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数2.4.2应用导数求参数的值或范围学案含解析

2.4.2　应用导数求参数的值或范围
必备知识精要梳理
1.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.
(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.

关键能力学案突破

热点一
求参数的值


【例1】已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)略;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.









解题心得求参数的值,方法因题而异,需要根据具体题目具体分析,将题目条件进行合理的等价转化,在转化过程中,构造新的函数,在研究函数中往往需要利用对导数的方法确定函数的单调性.
【对点训练1】已知函数f(x)=ax-lnxx,a∈R.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)若y=f(x)的图象与y=a相切,求a的值.









热点二
已知函数极值、最值情况求参数范围


【例2】已知函数f(x)=exx-a(x-ln x).
(1)当a≤0时,试求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,试求a的取值范围.







解题心得f'(x)=0是f(x)有极值的必要不充分条件,例如函数f(x)=x3,f'(x)=3x2,f'(0)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点.所以本例f(x)在(0,1)内有极值,则f'(x)=0有解,由此得出a的范围,还必须由a的范围验证f(x)在(0,1)内有极值.
【对点训练2】(2020江西名校大联考,理21)已知函数f(x)=lnx+ax+x(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若函数f(x)在区间(1,+∞)上有极值,求实数a的取值范围.






热点三
在不等式恒成立中求参数范围


【例3】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.






解题心得对于恒成立求参数范围问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛比达法则.
【对点训练3】(2020山东,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.







热点四
在两变量不等式恒成立中求参数范围


【例4】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22mx1x2,求实数m的取值范围.









热点五
已知函数零点情况求参数范围


【例5】已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.





解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
【对点训练5】(2020全国Ⅰ,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.






2.4.2　应用导数求参
数的值或范围
关键能力·学案突破
【例1】解(1)略.
(2)f(x)=ex(1-ax2e-x),
设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)0),所以当00,h(t)单调递增;
当t>1时,h'(t)0⇒x>1,f'(x)0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,无极值;
②当a>2时,F(1)0,函数G(x)在(2,+∞)上单调递增,G(2)=3-ln2>0,所以在(2,+∞)上,G(x)>0恒成立,所以F(a)=a2-lna-a+1>0,
所以函数F(x)在(1,a)上存在唯一零点x=x0,所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)存在极小值.
综上,若函数f(x)在区间(1,+∞)上有极值,则a>2.
故实数a的取值范围为(2,+∞).
【例3】解(1)略.
(2)方法一(分离参数法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0⇔a0,
于是K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛比达法则,可得limx→1+(x+1)lnxx-1=limx→1+((x+1)lnx)'(x-1)'=limx→1+1+1x+lnx1=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
方法二(最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx+1x+1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=x-1x2>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)若2-a≥0,即10,
当m4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以a>lnmm-2在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m>4),则h'(m)=1-2m-lnm(m-2)2.
令φ(m)=1-2m-lnm,则φ'(m)=2m2-1m=2-mm20,x∈(e52,+∞)时,h'(x)f(x2)x2+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上为单调递减函数,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤12e5-1+m≤0,故m≤1-12e5.
【例5】解(1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0.
①当a≤0时,aex-10得x>ln1a,由f'(x)0,当x>0时,g'(x)0.
所以f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若01e,则f(lna)0,所以f(x)在(-∞,lna)存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)存在唯一零点.
从而f(x)在(-∞,+∞)有两个零点.
综上,a的取值范围是1e,+∞.