【数学】2020届一轮复习人教A版第20课导数在研究函数中的应用(1)学案（江苏专用）
____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(x)＝3x2－6lnx的单调减区间是__(0，1)__．
解析：由题意得，f′(x)＝6x－，令f′(x)<0，则6x－<0.因为x>0，解得0
0)有极__大__值____．
解析：由题意得，f′(x)＝.令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝或x＝－(舍去)．当00；当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增；在区间(，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝处取得极大值为.
3. 函数f(x)＝x＋2cosx，x∈的最大值是__＋__．
解析：由题意得，f′(x)＝1－2sinx.令f′(x)＝0，即1－2sinx＝0，解得sinx＝，即x＝∈，所以当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在区间上单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在区间上单调递减，所以函数f(x)在x＝处，取得极大值，且是最大值为＋.
4. 若函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)，在上有最大值3，则此函数在上的最小值为__－37__．
解析：因为f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，由f′(x)＝0得x＝0或x＝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(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1) 若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)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(x)＋g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求实数k的取值范围．
解析：(1) 由题意得，f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)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(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
所以h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0得x1＝－3，x2＝1.
h′(x)，h(x)在x∈(－∞，2]上的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋
＋
h(x)
28
－4
3
由表可知当k≤－3时，函数h(x)在区间[k，2]上的最大值为28；当－30；当x>时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f＝ln－1＝－lna－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(x)＝x3－ax2＋3x.
(1) 若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2) 若x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)在区间[1，a]上的最小值和最大值．
解析：(1) f′(x)＝3x2－2ax＋3.由题设知x∈[1，＋∞)时f′(x)≥0.
因为x≥1，所以a≤，
所以a≤＝3(当且仅当x＝1时取等号)，
而当a＝3，x＝1时，f′(x)＝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(x)＝x3－5x2＋3x.
令f′(x)＝3x2－10x＋3＝0，
解得x＝3或x＝(舍去)．
当10，函数f(x)单调递增．
所以当x＝3时，f(x)有极小值，f(3)＝－9.
又f(1)＝－1，f(5)＝15，
所以函数f(x)在[1，5] 上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
设x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点．
(1) 试确定常数a和b的值；
(2) 试判断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．
解析：(1) 由题意得，f′(x)＝＋2bx＋1.
因为x＝1与x＝2是函数f(x)＝alnx＋bx2＋x的两个极值点，
所以即
解得
所以a的值为－，b的值为－.
(2) 由(1)得f′(x)＝－－x＋1＝，
所以由f′(x)>0得12，
所以函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，在区间(0，1)和(2，＋∞)上单调递减，
所以x＝1是函数f(x)的极小值点，x＝2是函数f(x)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(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．
(1) 求证：函数f(x)是R上的偶函数；
(2) 若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋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(x)的定义域为R，关于原点对称；又因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，
所以函数f(x)是R上的偶函数．
(2) 由mf(x)≤e－x＋m－1得m(ex＋e－x)≤e－x＋m－1，即m(ex＋e－x－1)≤e－x－1，
令t＝ex(t>0)，
因为ex＋e－x－1＝t＋－1≥2－1＝1，当且仅当t＝1时，等号成立，故m≤＝，令h(t)＝.
h′(t)＝.
则当t>2时，h′(t)>0；当02恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1) 当a＝1时， f′(x)＝x－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>1，令f′(x)<0得00)．
不等式f(x)>2在[1，2]上恒成立等价于函数f(x)在区间[1，2]上的最小值f(x)min>2.
因为a>0，所以令f′(x)＝0得x＝.
当0<≤1，即02，解得02，无解；
当1<<2，即12，无解．
综上所述，所求实数a的取值范围为.
自测反馈
1. 若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则实数a＝__3__．
解析：f′(x)＝，因为函数f(x)＝在x＝1处取极值，所以f′(1)＝0，即＝0，解得a＝3.
2. 已知a>0，b>0，若函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于__9__．
解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b，因为函数f(x)在x＝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≥2，所以2≤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(x)＝x3－3x－1，若对于在区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是__20__．
解析：对于在区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于对于在区间[－3，2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t.因为f(x)＝x3－3x－1，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，因为x∈[－3，2]，所以函数f(x)在区间[－3，－1)和(1，2]上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，所以f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，故实数t的最小值为20.
4. 分别在曲线y＝ex与直线y＝ex－1上各取一点M，N，则MN的最小值为____．
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＝ex－1平行，设切点为(x0，y0)．曲线y＝ex的导数y′＝ex，所以在点(x0，y0)的切线的斜率k＝ex0，所以ex0＝e，即x0＝1，所以切点为(1，e)，所以切线的方程为y－e＝e(x－1)，即ex－y＝0，所以切线ex－y＝0与直线y＝ex－1的距离＝＝，故MN的最小值为.
1. 导数的正负可以判断函数的单调性，但反过来未必．
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，写下来：
