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) (3)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇐f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.
2.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)∀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+x22





解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数范围.
【对点训练4】(2020安徽安庆二模,理21)已知f(x)=aln x+12(a-1)x2+1(a∈R).
(1)略;
(2)当a=-1时,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2,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;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a ②若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>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=e24.
对点训练1解(1)由f(x)≥0得ax-lnxx≥0,即a≥lnxx2.设g(x)=lnxx2,则g'(x)=1-2lnxx3(x>0),所以当00,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)=12e,故a的取值范围是a≥12e.
(2)设y=f(x)的图象与y=a相切于点(t,a),依题意可得f(t)=a,f'(t)=0.
因为f'(x)=a-1-lnxx2,
所以at-lntt=a,a-1-lntt2=0,
消去a可得t-1-(2t-1)lnt=0.令h(t)=t-1-(2t-1)lnt,
则h'(t)=1-(2t-1)·1t-2lnt=1t-2lnt-1,
显然h'(t)在(0,+∞)上单调递减,且h'(1)=0,
所以当00,h(t)单调递增;
当t>1时,h'(t)<0,h(t)单调递减,
所以当且仅当t=1时h(t)=0.故a=1.
【例2】解(1)f'(x)=ex(x-1)x2-a1-1x
=ex(x-1)-ax(x-1)x2
=(ex-ax)(x-1)x2.
当a≤0时,对于∀x∈(0,+∞),ex-ax>0恒成立,∴f'(x)>0⇒x>1,f'(x)<0⇒0 ∴f(x)单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)若f(x)在(0,1)内有极值,
则f'(x)=0在x∈(0,1)内有解.
令f'(x)=(ex-ax)(x-1)x2=0⇒ex-ax=0⇒a=exx.
设g(x)=exx,x∈(0,1),
∴g'(x)=ex(x-1)x2,当x∈(0,1)时,g'(x)<0恒成立,
∴g(x)单调递减.又g(1)=e,又当x→0时,g(x)→+∞,即g(x)在x∈(0,1)上的值域为(e,+∞),
∴当a>e时,f'(x)=(ex-ax)(x-1)x2=0有解.
设H(x)=ex-ax,则H'(x)=ex-a<0,x∈(0,1),∴H(x)在x∈(0,1)单调递减.∵H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,∴H(x)=ex-ax在x∈(0,1)有唯一解x0.
∴有:
x
(0,x0)
x0
(x0,1)
H(x)
+
0
-
f'(x)
-
0
+
f(x)
递减
极小值
递增

故当a>e时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一.
当a≤e时,当x∈(0,1)时,f'(x)<0恒成立,f(x)单调递减,f(x)在(0,1)内无极值.
综上,a的取值范围为(e,+∞).
对点训练2解(1)当a=0时,f(x)=lnxx+x,f'(x)=1-lnxx2+1,则f(1)=1,f'(1)=2,
故曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)f(x)=lnx+ax+x(x>1),f'(x)=1-lnx-ax2+1=x2-lnx-a+1x2,
令F(x)=x2-lnx-a+1,
则F'(x)=2x-1x=2x2-1x,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,所以函数F(x)在(1,+∞)上单调递增,
又F(1)=2-a,故①当a≤2时,F(x)>0,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,无极值;
②当a>2时,F(1)<0,F(a)=a2-lna-a+1,令G(x)=x2-lnx-x+1,则G'(x)=2x-1x-1=2x2-x-1x,
当x>2时,G'(x)>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⇔a<(x+1)lnxx-1.令H(x)=(x+1)lnxx-1,则H'(x)=x+1x+lnx(x-1)-(x+1)lnx(x-1)2=x-1x-2lnx(x-1)2,
令K(x)=x-1x-2lnx,
则K'(x)=x2-2x+1x2>0,
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,于是f(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f(x)>f(1)=0.
(ⅱ)若2-a<0,即a>2时,存在x0∈(1,+∞),使得当1 综上所述,a的取值范围是(-∞,2].
对点训练3解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x.
(1)当a=e时,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为-2e-1,2.
因此所求三角形的面积为2e-1.
(2)由题意a>0,当0 当a=1时,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-1x.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(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a>1时,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
【例4】解(1)略;
(2)由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2,
令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4)>0,
当m<0或m>4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m<0时,两根一正一负,不符合题意.
当m>4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-mm2<0,
所以φ(m)在(4,+∞)上单调递减.
又φ(4)=1-12-2ln2<0,
所以φ(m)<0在(4,+∞)上恒成立,即1-2m-lnm<0.所以h'(m)<0.
所以h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以h(m) 所以a≥ln2,即a的取值范围是[ln2,+∞).
对点训练4解(1)略;
(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0 则x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2>mx1x2等价于f(x2)x2-f(x1)x1>m(x2-x1),
考查函数g(x)=f(x)x,得g'(x)=lnx-x2-2x2,令h(x)=lnx-x2-2x2,h'(x)=5-2lnxx3,
则x∈(0,e52)时,h'(x)>0,x∈(e52,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间(0,e52)上是单调递增函数,在区间(e52,+∞)上是单调递减函数.故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
从而g(x1)>g(x2),即f(x2)x2m(x2-x1),
所以f(x1)x1+mx1>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-1<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在R上单调递减.
②当a>0时,由f'(x)>0得x>ln1a,由f'(x)<0得x 所以f(x)在-∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增.
(2)(方法一)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点.
②当a>0时,f(x)min=fln1a=1-1a+lna,令g(a)=f(x)min,
则g'(a)=1a2+1a>0,
所以g(a)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以当a≥1时,g(a)=f(x)min≥0,从而f(x)没有两个零点.
当00,
于是f(x)在-1,ln1a上有1个零点;因为fln3a-1=a3a-12+(a-2)3a-1-ln3a-1=3a-1-ln3a-1>0,
且ln3a-1>ln1a,所以f(x)在ln1a,+∞上有1个零点.
综上所述,a的取值范围为(0,1).
(方法二)ae2x+(a-2)ex-x=0⇔ae2x+aex=2ex+x⇔a=2ex+xe2x+ex.
令g(x)=2ex+xe2x+ex,则g'(x)=(2ex+1)(e2x+ex)-(2ex+x)(2e2x+ex)(e2x+ex)2=-ex(2ex+1)(ex+x-1)(e2x+ex)2,令h(x)=ex+x-1,则h'(x)=ex+1>0,
所以h(x)在R上单调递增,
而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0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).
对点训练5解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当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a≤0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a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(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0 ②若a>1e,则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>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,+∞.