2021新高考数学二轮复习：专题二 2.4.2　应用导数求参数的值或范围.pptx

1、2.4.22.4.2 应用导数求参数的值或范围应用导数求参数的值或范围 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 关键能力关键能力 学案突破学案突破 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 1.函数不等式的类型与解法函数不等式的类型与解法 (1) xD,f(x)kf(x)maxk; xD,f(x)kf(x)mink; (2) xD,f(x)kf(x)上确界上确界k; xD,f(x)g(x2)f(x)在在a,b上的最小值上的最小值g(x)在在c,d 上的最大值上的最大值. (2) x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在在a,b上的最大

2、值上的最大值g(x)在在c,d上上 的最小值的最小值. (3) x1a,b, x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在在a,b上的最小值上的最小值g(x)在在c,d 上的最小值上的最小值. (4) x1a,b, x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在在a,b上的最大值上的最大值g(x)在在c,d 上的最大值上的最大值. (5)x1a,b,当x2c,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)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上 的值域. (7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(

3、x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上 的值域. 关键能力关键能力 学案突破学案突破 热点一热点一 求参数的值求参数的值 【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 (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a0时,h(x)0,h(x)没有零点; (ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x. 当x(0,2)时,h(x)0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故

4、 h(2)=1-4 e2 是 h(x)在0,+)的 最小值. 若 h(2)0,即 ae 2 4 ,h(x)在(0,+)没有零点; 若 h(2)=0,即 a=e 2 4 ,h(x)在(0,+)只有一个零点; 若 h(2)e 2 4 ,由于 h(0)=1,所以 h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当 x0 时,exx2,所以 h(4a)=1-16 3 e4 =1- 16 3 (e2)21- 16 3 (2)4=1- 1 0.故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在 (0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e 2 4 . 解题心得求参数的值,方法因

5、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- ,aR. (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. ln 解 (1)由 f(x)0 得 ax-ln 0,即 a ln 2 .设 g(x)=ln 2 , 则 g(x)=1-2ln 3 (x0),所以当 0x0,g(x)单调递增; 当 x e时,g(x)0,g(x)单调递减, 所以当 x= e时,g(x)取得最大值 g( e)= 1 2e,故 a 的取值范围是

6、a 1 2e . (2)设 y=f(x)的图象与 y=a 相切于点(t,a),依题意可得 () = , () = 0. 因为 f(x)=a-1-ln 2 , 所以 - ln = , - 1-ln 2 = 0, 消去 a 可得 t-1-(2t-1)ln t=0.令 h(t)=t-1-(2t-1)ln t, 则 h(t)=1-(2t-1) 1 -2ln t=1 -2ln t-1, 显然h(t)在(0,+)上单调递减,且h(1)=0, 所以当0t0,h(t)单调递增; 当t1时,h(t)0恒成立,f(x)0 x1,f(x)00x1. f(x)单调增区间为(1,+),单调减区间为(0,1). (2)若

7、f(x)在(0,1)内有极值, 则f(x)=0在x(0,1)内有解. 令 f(x)=(e -)(-1) 2 =0ex-ax=0a=e . 设 g(x)=e ,x(0,1), g(x)=e (-1) 2 ,当 x(0,1)时,g(x)e 时,f(x)=(e -)(-1) 2 =0 有解. 设H(x)=ex-ax,则H(x)=ex-a0,H(1)=e-ae时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一. 当ae时,当x(0,1)时,f(x)1),f(x)=1-ln- 2 +1= 2-ln-+1 2 , 令 F(x)=x2-ln x-a+1, 则 F(x)=2x-1 = 2 2-1 , 当x(1,+)时,F

8、(x)0,所以函数F(x)在(1,+)上单调递增, 又F(1)=2-a,故当a2时,F(x)0,f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增,无极值; 当 a2 时,F(1)2时,G(x)0,函数G(x)在(2,+)上单调递增,G(2)=3-ln 20,所以在(2,+) 上,G(x)0恒成立,所以F(a)=a2-ln a-a+10, 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a2. 故实数a的取值范围为(2,+). 热点三热点三 在不等式恒成立

9、中求参数范围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 (1)略. (2)方法一(分离参数法) 当 x(1,+)时,f(x)0a0, 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 lim 1+ (x+1)x x-1 = x1+ (+1)ln) (-1) = lim 1+ 1+1 +ln 1 =2,于是 a2,于是 a 的 取值范围是(-,2. 方法二(最值法) 由 f(x)=(x

10、+1)ln x-a(x-1),得 f(x)=ln x+1 +1-a. 当 1-a0,即 a1时,f(x)0,所以 f(x)在(1,+)上单调递增,所以 f(x)f(1)=0. 当a1时,令g(x)=f(x),则g(x)= 0,所以g(x)在(1,+)上单 调递增,于是f(x)f(1)=2-a. ()若2-a0,即10,于是f(x)在(1,+)上单调递增,于 是f(x)f(1)=0. ()若2-a2时,存在x0(1,+),使得当1xx0时,f(x)0,于是 f(x)在(1,x0)上单调递减,所以f(x)0,当0a1时,f(1)=a+ln a1. 当 a=1 时,f(x)=e x-1 -ln x,

11、f(x)=e x-1 -1 . 当x(0,1)时,f(x)0. 所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)1. 当a1时,f(x)=aex-1-ln x+ln aex-1-ln x1. 综上,a的取值范围是1,+). 热点四热点四 在两变量不等式恒成立中求参数范围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+ (mR). (1)略; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式( 1)+(2) 1 2+ 2 2 0, 当m4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x

12、2=m. 当m4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2, f(x1)+f(x2)=mln x1-x1+ 1+mln x2-x2+ 2=mln x1x2-(x1+x2)+ (1+2) 12 =mln m-m+m=mln m. 1 2 + 2 2=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以(1)+(2) 1 2+22 = ln 2-2 = ln -2. 所以 aln -2在 m(4,+)时恒成立.令 h(m)= ln -2(m4),则 h(m)= 1- 2 -ln (-2)2 . 令 (m)=1- 2 -ln m,则 (m)= 2 2 1 = 2- 2 0, 所以 (m)在(4,+)上

13、单调递减. 又 (4)=1-1 2-2ln 20, 所以h(m)在(4,+)上为减函数.所以h(m)h(4)=ln 2. 所以aln 2,即a的取值范围是ln 2,+). 所以 (m)0 在(4,+)上恒成立,即 1- 2 -ln m0.所以 h(m)mx1x2,求实 数 m 的取值范围. 解 (1)略; (2)当a=-1时,f(x)=-ln x-x2+1,不妨设0x1mx1x2等价于 (2 ) 2 - (1) 1 m(x2-x1), 考查函数 g(x)=() ,得 g(x)=ln- 2-2 2 ,令 h(x)=ln- 2-2 2 ,h(x)=5-2ln 3 , 则 x(0,e 5 2)时,h

14、(x)0,x(e 5 2,+)时,h(x)0, 所以 h(x)在区间(0,e 5 2)上是单调递增函数,在区间(e 5 2,+)上是单调递减函数. 故 g(x)g(e 5 2)= 1 2e5-1g(x2),即( 2) 2 m(x2-x1), 所以( 1) 1 +mx1( 2) 2 +mx2, 即 g(x1)+mx1g(x2)+mx2恒成立,设 (x)=g(x)+mx,则 (x)在(0,+)上为单调递 减函数, 从而 (x)=g(x)+m0 恒成立, 故 (x)=g(x)+m 1 2e5-1+m0,故 m1- 1 2e5. 热点四热点四 已知函数零点情况求参数范围已知函数零点情况求参数范围 【例

15、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 (1)f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+10. 当a0时,aex-10,所以f(x)0 时,由 f(x)0 得 xln1 ,由 f(x)0 得 x0 时,f(x)min=f ln 1 =1-1 +ln a,令 g(a)=f(x)min, 则 g(a)= 1 2 + 1 0, 所以 g(a)在(0,+)上单调递增,而 g(1)=0,所以当 a1 时,g(a)=f(x)min0,从而 f(x)没有两个零点. 当 0a

16、1 时,f ln 1 0, 于是 f(x)在 -1,ln 1 上有 1 个零点;因为 f ln 3 -1 =a(3 -1) 2+(a-2) 3 -1 -ln 3 -1 = 3 -1 -ln 3 -1 0, 且 ln 3 -1 ln1 ,所以 f(x)在 ln 1 , + 上有 1 个零点. 综上所述,a 的取值范围为(0,1). (方法二)ae 2x +(a-2)ex-x=0ae 2x +aex=2ex+xa= 2e+ e2+e . 令 g(x)= 2e+ e2+e ,则 g(x)=(2e +1)(e2+e)-(2e+)(2e2+e) (e2+e)2 =-e (2e+1)(e+-1) (e2+

17、e)2 , 令h(x)=ex+x-1,则h(x)=ex+10, 所以h(x)在R上单调递增, 而h(0)=0,所以当x0时,h(x)0时,h(x)0,于是当x0,当x0 时,g(x)0,所以g(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减. g(0)=1,当x-时,g(x)-,当x+时,g(x)0+. 函数g(x)的简图如图所示. 若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1). 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

18、,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,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. 解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f(x)=ex-1. 当x0时,f(x)0时,f(x)0. 所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)f(x)=ex-a. 当a0时,f(x)0,所以f(x)在(-,+)单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合 题意. 当a0时,由f(x)=0可得x=ln a.当x(-,ln a)时,f(x)0. 所以f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最 小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a). 若 01 e,则 f(ln a)0,所以f(x)在(-,ln a)存在唯一零点. 由(1)知,当x2时,ex-x-20, 所以当x4且x2ln(2a)时, f(x)=e 2 e 2-a(x+2)eln(2a) 2 + 2 -a(x+2)=2a0. 故 f(x)在(ln a,+)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 1 e , + .