2020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()＝32－6ln 的单调减区间是__(0，1)__．
解析：由题意得，f ′()＝6－6x ，令f ′()<0，则6－6
x <0.因为>0，解得0<<1，故函数f()的单调减
区间是(0，1)．
2. 函数f()＝2x x 2＋3(>0)有极__大__值3
．
解析：由题意得，f ′()＝6－2x 2（x 2＋3）2.令f ′()＝0，即6－2x 2
（x 2＋3）2
＝0，解得＝3或＝－3(舍去)．当
0<<3时，f ′()>0；当>3时，f ′()<0，所以函数f()在区间(0，3)上单调递增；在区间(3，＋∞)上单调递减，所以函数f()在＝3处取得极大值为
3
3
.
3. 函数f()＝＋2cos ，∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
0，π2的最大值是6． 解析：由题意得，f ′()＝1－2sin .令f ′()＝0，即1－2sin ＝0，解得sin ＝12，即＝π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤
0，π2，所以
当∈⎣⎢⎡
⎭⎪⎫
0，π6时，f ′()>0，函数f()在区间⎣⎢⎡
⎭⎪⎫0，π6上单调递增；当∈⎝ ⎛⎦⎥⎤
π6，π2时，f ′()<0，函数f()在区间⎝ ⎛⎦⎥
⎤
π6，π2上单调递减，所以函数f()在＝π
6处，取得极大值，且是最大值为π
6
＋ 3.
4. 若函数f()＝23－62＋m(m 为常数)，在[]－2，2上有最大值3，则此函数在[]－2，2上的最小值为__－37__．
解析：因为f ′()＝62－12＝6(－2)，由f ′()＝0得＝0或＝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()＝a 2＋1(a>0)，g()＝3＋b.
(1) 若曲线y ＝f()与曲线y ＝g()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()＋g()在区间[，2]上的最大值为28，求实数的取值范围． 解析：(1) 由题意得，f ′()＝2a ，g ′()＝32＋b.
因为曲线y ＝f()与曲线y ＝g()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()＝f()＋g()，当a ＝3，b ＝－9时，h()＝3＋32－9＋1， 所以h ′()＝32＋6－9. 令h ′()＝0得1＝－3，2＝1.
h ′()，h()在∈(－∞，2]上的变化情况如下表所示：
[，2]上的最大值小于28.
因此实数的取值范围是(－∞，－3]．
已知y ＝f()是奇函数，当∈(0，2)时，f()＝ln －a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a>12，当∈(－2，0)时，f()的最小值为1，则实数
a 的值为__1__．
解析：因为y ＝f()是奇函数，且当∈(－2，0)时，f()的最小值为1，所以当∈(0，2)时，最大值为－1.令f ′()＝1x －a ＝0，得＝1a .当0<<1a 时，f ′()>0；当>1a 时，f ′()<0，所以f()ma ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＝ln 1a －1＝－ln a
－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()＝3－a 2＋3.
(1) 若f()在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；
(2) 若＝3是f()的极值点，求函数f()在区间[1，a]上的最小值和最大值． 解析：(1) f ′()＝32－2a ＋3.由题设知∈[1，＋∞)时f ′()≥0. 因为≥1，所以a ≤32⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x ＋1x ，
所以a ≤32⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ＋1x max ＝3(当且仅当＝1时取等号)，
而当a ＝3，＝1时，f ′()＝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()＝3－52＋3. 令f ′()＝32－10＋3＝0， 解得＝3或＝1
3
(舍去)．
当1<<3时，f ′()<0，函数f()单调递减； 当3<<5时，f ′()>0，函数f()单调递增． 所以当＝3时，f()有极小值，f(3)＝－9. 又f(1)＝－1，f(5)＝15，
所以函数f()在[1，5] 上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
设＝1与＝2是函数f()＝a ln ＋b 2＋的两个极值点． (1) 试确定常数a 和b 的值；
(2) 试判断＝1，＝2是函数f()的极大值点还是极小值点，并说明理由．
解析：(1) 由题意得，f ′()＝a
x
＋2b ＋1.
因为＝1与＝2是函数f()＝a ln ＋b 2＋的两个极值点，
所以⎩⎨⎧f ′（1）＝0，f ′（2）＝0，
即⎩
⎨⎧a ＋2b ＋1＝0，
a 2
＋4b ＋1＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2
3
，
b ＝－1
6，
所以a 的值为－23，b 的值为－16
.
(2) 由(1)得f ′()＝－23x －13＋1＝－（x －1）（x －2）
3x ，
所以由f ′()>0得1<<2；由f ′()<0，得0<<1或>2，
所以函数f()在区间(1，2)上单调递增，在区间(0，1)和(2，＋∞)上单调递减， 所以＝1是函数f()的极小值点，＝2是函数f()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()＝e ＋e －，其中e 是自然对数的底数． (1) 求证：函数f()是R 上的偶函数；
(2) 若关于的不等式mf ()≤e －＋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 ()的定义域为R ，关于原点对称；又因为f (－)＝e －＋e ＝f ()， 所以函数f ()是R 上的偶函数．
(2) 由mf ()≤e －＋m －1得m (e ＋e －)≤e －＋m －1，即m (e ＋e －－1)≤e －－1， 令t ＝e(t >0)，
因为e ＋e －
－1＝t ＋1t －1≥2－1＝1，当且仅当t ＝1时，等号成立，故m ≤1t －1
t ＋1t
－1
＝1－t
t 2－t ＋1
，令
h (t )＝1－t t 2－t ＋1
.
h ′(t )＝
t （t －2）
（t 2－t ＋1）2
.
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)＝－1
3，
则m ≤－1
3
.
综上可知，实数m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m |m ≤－13.
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 ()＝1
2a 2－ln ，其中a 为大于零的常数．
(1) 当a ＝1时，求函数f ()的单调区间和极值；
(2) 当∈[1，2]时，不等式f ()>2恒成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1) 当a ＝1时， f ′()＝－1x ＝x 2－1
x
(>0)，
令f ′()>0得>1，令f ′()<0得0<<1.
故函数f ()的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)．
从而函数f ()在区间(0，＋∞)上的极小值为f (1)＝1
2，函数f ()无极大值．
(2) 由题意得，f ′()＝1a －1x ＝x 2－a
ax
(>0)．
不等式f ()>2在[1，2]上恒成立等价于函数f ()在区间[1，2]上的最小值f ()min >2. 因为a >0，所以令f ′()＝0得＝a .
当0<a ≤1，即0<a ≤1时，函数f ()在区间[1，2]上递增， 所以f ()min ＝f (1)＝12a >2，解得0<a <14
；
当a ≥2，即a ≥4时，函数f ()在区间[1，2]上单调递减， 所以f ()min ＝f (2)＝2
a
－ln2>2，无解；
当1<a <2，即1<a <4时，函数f ()在区间[1，a ]上单调递减，在区间[a ，2]上单调递增，所以f ()min ＝f (a )＝12－1
2
ln a >2，无解．
综上所述，所求实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，14.
自测反馈
1. 若函数f()＝x 2＋a
x ＋1
在＝1处取极值，则实数a ＝__3__．
解析：f ′()＝x 2＋2x －a （x ＋1）2，因为函数f()＝x 2＋a x ＋1在＝1处取极值，所以f ′(1)＝0，即1＋2－a
（1＋1）2
＝0，
解得a ＝3.
2. 已知a>0，b>0，若函数f()＝43－a 2－2b ＋2在＝1处有极值，则ab 的最大值等于__9__． 解析：f ′()＝122－2a －2b ，因为函数f()在＝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 ≥2ab ，所以2ab ≤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()＝3－3－1，若对于在区间[－3，2]上的任意1，2，都有|f(1)－f(2)|≤t ，则实数t 的最小值是__20__．
解析：对于在区间[－3，2]上的任意1，2，都有|f(1)－f(2)|≤t ，等价于对于在区间[－3，2]上的任意，都有f()ma －f()min ≤t.因为f()＝3－3－1，所以f ′()＝32－3＝3(＋1)(－1)，因为∈[－3，2]，所以函数f()在区间[－3，－1)和(1，2]上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以f()ma ＝f(2)＝f(－1)＝1，f()min ＝f(－3)＝－19，所以f()ma －f()min ＝20，所以t ≥20，故实数t 的最小值为20.
4. 分别在曲线y ＝e 与直线y ＝e －1上各取一点M ，N ，则MN 的最小值为1＋e ．
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 ＝e －1平行，设切点为(0，y 0)．曲线y ＝e 的导数y ′＝e ，所以在点(0，y 0)的切线的斜率＝e 0，所以e 0＝e ，即0＝1，所以切点为(1，e )，所以切线的方程为y －e ＝e (－1)，即e －y ＝0，所以切线e －y ＝0与直线y ＝e －1的距离＝1
e 2
＋1
＝
1＋e 21＋e 2，故MN 的最小值为1＋e 2
1＋e 2
.
1. 导数的正负可以判断函数的单调性，但反过;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;：。