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【创新设计】2015高考数学(理)(江西)二轮复习课件:1-1-4第4讲 利用导数求参数的取值范围_图文

第4讲 利用导数求参数的取值范围

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高考定位 由含参函数的单调性、极值、最值求参数的取值范

围是近几年高考命题的重点,试题难度较大.

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[真题感悟] 1.(2014· 辽宁卷)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒 成立,则实数 a 的取值范围是 A.[-5,-3] C.[-6,-2]
? 9? B.?-6,-8? ? ?

(

).

D.[-4,-3]

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解析

当 x∈(0,1]时, 得

?1? ?1? 1 3 2 ? ? ? ? a≥-3 x -4 x +x , 令 ? ? ? ?

1 t=x , 则 t∈[1,

+∞),a≥-3t3-4t2+t,令 g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞), 则 g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)· (9t-1),显然在[1,+∞)上, g′(t)<0,g(t)单调递减,所以 g(t)max=g(1)=-6,因此 a≥-6; 同理, 当 x∈[-2,0)时, 得 a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤- 2,显然当 x=0 时也成立.故实数 a 的取值范围为[-6,-2].

答案 C

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2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存 在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是 A.(2,+∞) B.(-∞,-2) ( ).

C.(1,+∞)

D.(-∞,-1)

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解析 当 a>0

2 由题意知 a≠0,由 f′(x)=3ax -6x=0?x=0 或 x=a.
2

?2 ? ? 2? 时,f(x)在(-∞,0)和?a,+∞?单调递增,在?0,a?单调 ? ? ? ?

递减.且 f(0)=1>0,故 f(x)有小于 0 的零点,不符合题意,排除 A、C. 当 a<0 时,要使 x0>0 且唯一,只需 选 B.
?2? f?a?>0,即 a2>4,∴a<-2, ? ?

答案 B

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πx 3.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设函数 f(x)= 3sin m .若存在 f(x)的极
2 2 值点 x0 满足 x2 + [ f ( x )] < m ,则 m 的取值范围是 0 0

(

).

A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

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解析 而得
2 2

πx0 π f(x)的极值点 x0 满足 f(x0)=± 3,则 m =2+kπ(k∈Z),从
? ? 1? 1? 2 2 2 x0=?k+2?m(k∈Z), 所以不等式 x0+[f(x0)] <m , 即为?k+2? ? ? ? ?
2 2

m +3<m ,变形得 m
2

? ? 1?2? ?1-?k+ ? ?>3(k∈Z),由题意,存在整 2? ? ? ?

数 k 使得不等式 m

? ? 1?2? ?1-?k+ ? ?>3 2? ? ? ?

成立.当 k≠-1 且 k≠0 时, k=-1 或 k=0,

? 1?2 必有?k+2? >1,此时不等式显然不能成立,故 ? ?

3 2 此时,不等式即为4m >3,解得 m<-2 或 m>2.

答案 C
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[考点整合]
1.函数单调性的应用 (1) 若可导函数 f(x) 在 (a , b) 上单调递增,则 f′(x)≥0 在区间 (a,b)上恒成立; (2) 若可导函数 f(x) 在 (a , b) 上单调递减,则 f′(x)≤0 在区间 (a,b)上恒成立; (3)可导函数f(x)在区间(a,b)上为增函数是f′(x)>0的必要不

充分条件.

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2.分离参数法

当参数的系数符号确定时,可以先考虑分离参数,进而求另
一边函数的最值,有 a > f(x) 恒成立,即 a > f(x)max ,或有 a < f(x)恒成立,即a<f(x)min.

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热点一 已知函数的单调性求参数的取值范围
【例1】 (2014·杭州模拟)设函数f(x)=x2+ax-ln x(a∈R). (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间(0,1]上是减函数,求实数a的取值范围.
解 (1)a=1 时,f(x)=x2+x-ln x(x>0), 1 ?2x-1??x+1? ∴f′(x)=2x+1-x = , x
? ?1 ? 1? x∈?0,2?,f′(x)<0,x∈?2,+∞?,f′(x)>0, ? ? ? ? ? ?1 ? 1? ∴f(x)的减区间为?0,2?,增区间为?2,+∞?. ? ? ? ?
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1 (2)f′(x)=2x+a- x. ∵f(x)在区间(0,1]上是减函数, ∴f′(x)≤0 对任意 x∈(0,1]恒成立, 1 即 2x+a-x ≤0 对任意 x∈(0,1]恒成立, 1 ∴a≤x -2x 对任意 x∈(0,1]恒成立. 1 令 g(x)=x -2x, ∴a≤g(x)min, 易知 g(x)在(0,1]单调递减, ∴g(x)min=g(1)=-1.∴a≤-1.
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规律方法

(1) 当 f(x) 不含参数时,可通过解不等式 f′(x)>0( 或

f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间. (2) 已 知 函 数 的 单 调 性 , 求 参 数 的 取 值 范 围 , 应 用 条 件 f′(x)≥0[或f′(x)≤0,x∈(a,b)]恒成立,解出参数的取值范围 ( 一般可用不等式恒成立的理论求解 ) ,应注意参数的取值是

f′(x)不恒等于0的参数的范围.

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【训练 1】 (2014· 江西卷)已知函数 f(x)=(x2+bx+b) 1-2x(b∈ R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若
? 1? f(x)在区间?0,3?上单调递增,求 ? ?

b 的取值范围.

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-5x?x+2? (1)当 b=4 时,f′(x)= , 1-2x

由 f′(x)=0 得 x=-2 或 x=0. 当 x∈(-∞-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当
? 1? x∈?0,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 ? ?

f(x)在 x=-2 取极

小值 f(-2)=0,在 x=0 取极大值 f(0)=4.

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-x[5x+?3b-2?] (2)f′(x)= , 1-2x 因为当
? 1? x∈?0,3?时, ? ?

-x <0, 1-2x 5x+(3b-2)≤0,

依题意当

? 1? x∈?0,3?时,有 ? ?

5 从而3+(3b-2)≤0. 所以 b
? 1? 的取值范围为?-∞,9?. ? ?

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热点二 与函数极值、最值有关的求参数范围问题
[微题型1] 与极值点个数有关的求参数的取值范围 【例 2 - 1】 (2014· 温州适应性测试改编 ) 已知函数 f(x) = ax2 - ex,a∈R. (1)当a=1时,试判断f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),求实数a的取值范围.

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解 (1)当a=1时,f(x)=x2-ex,
则f′(x)=2x-ex. 设g(x)=f′(x)=2x-ex, 则g′(x)=2-ex. 当x=ln 2时,g′(x)=0,

当x∈(-∞,ln 2)时,g′(x)>0;
当x∈(ln 2,+∞)时,g′(x)<0, f′(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,故f′(x)<0恒成立, ∴f(x)在R上单调递减.

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(2)法一 若 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是方程 f′(x)=0 的两个根.
x e f′(x)=2ax-ex=0,显然 x≠0,故 2a= x . x ? x - 1 ? e e 令 h(x)= x ,则 h′(x)= x2 . x

若 x<0,则 h(x)单调递减,且 h(x)<0.

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若 x>0,当 0<x<1 时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减, 当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上递增,h(x)min=h(1)= e. ex 要使 f(x)有两个极值点,则需满足 2a= x 在(0,+∞)上有两个不 同解,
?e ? e 故 2a>e,即 a>2,故 a 的取值范围为?2,+∞?. ? ?

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法二

设 g(x)=f′(x)=2ax-ex,则 g′(x)=2a-ex,

且 x1,x2 是方程 g(x)=0 的两个根, 当 a≤0 时,g′(x)<0 恒成立,g(x)单调递减,方程 g(x)=0 不可 能有两个根; 当 a>0 时,由 g′(x)=0,得 x=ln 2a, 当 x∈(-∞,ln 2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当 x∈(ln 2a,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, e ∴gmax(x)=g(ln 2a)=2aln 2a-2a>0,解得 a>2. 故a
?e ? 的取值范围是?2,+∞?. ? ?
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探究提高 本题关键是把极值点看做是函数的导函数对应方程 的根;在求范围时通常的做法就是构造相应函数,再由导数讨 论单调性与极值求解.

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[微题型 2]

与逻辑联结词有关的求参数范围问题

【例 2-2】 (2014· 湖北八市联考改编)定义在 R 上的函数 g(x)及 二次函数 h(x)满足: 2 g(x)+2g(-x)=e +ex-9,h(-2)=h(0)=1 且 h(-3)=-2.
x

(1)求 g(x)和 h(x)的解析式; (2)对于?x1,x2∈[-1,1]均有 h(x1)+ax1+5≥g(x2)-x2g(x2)成 立,求 a 的取值范围.

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2 (1)∵g(x)+2g(-x)=e +ex-9,
x
-x



2 1 x g(-x)+2g(x)=e + -x-9,即 g(-x)+2g(x)=2e +ex-9,② e 由①②联立解得:g(x)=ex-3. ∵h(x)是二次函数,且 h(-2)=h(0)=1, 可设 h(x)=ax(x+2)+1. 由 h(-3)=-2,解得 a=-1, ∴h(x)=-x(x+2)+1=-x2-2x+1. ∴g(x)=ex-3,h(x)=-x2-2x+1.
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(2)设φ(x)=h(x)+ax+5=-x2+(a-2)x+6,
F(x)=g(x)-xg(x)=ex-3-x(ex-3)=(1-x)ex+3x-3. 依题意知:当x∈[-1,1]时,φ(x)min≥F(x)max. ∵F′(x)=-ex+(1-x)ex+3=-xex+3,易知F′(x)在[-1,1]上 单调递减, ∴F′(x)min=F′(1)=3-e>0, ∴F(x)在[-1,1]上单调递增,

∴F(x)max=F(1)=0.

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? ?φ?-1?=7-a≥0, ∴? ? ?φ?1?=a+3≥0,

解得-3≤a≤7.

∴实数 a 的取值范围为[-3,7].

规律方法 有关两个函数在各自指定的范围内的不等式的恒成 立问题(这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的),就

应该通过最值进行定位,对于任意的x1∈[a,b],x2∈[m,n],
不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于f(x)min≥g(x)max,列出参数所 满足的条件,便可求出参数的取值范围.

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【训练2】 (2014·洛阳模拟)已知函数f(x)=x3-3ax+b在x=2处
的切线方程为y=9x-14. (1)求a,b的值及f(x)的单调区间; (2) 令 g(x) = - x2 + 2x + m , 若 对 任 意 x1∈[0,2] , 均 存 在 x2∈[0,2],使得f(x1)<g(x2).求实数m的取值范围.

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(1)f′(x)=3x2-3a,
? ?8-6a+b=4, 即? ? ?12-3a=9.

? ?f?2?=4, 由已知,得? ? ?f′?2?=9,

解之,得 a=1,b=2. ∴f(x)=x3-3x+2,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1). 故函数 f(x)在(-1,1)上单调递减,在(-∞,-1),(1,+∞)上单 调递增.

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(2)由(1)知f(x)在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,

∵f(0)=2<f(2)=4,∴f(x)max=4.
又g(x)=-x2+2x+m在区间[0,2]上,g(x)max=g(1)=m+1,

由已知对任意 x1∈[0,2] ,均存在 x2∈[0,2] ,使得 f(x1) < g(x)2 ,则
有f(x)max<g(x)max. 则4<m+1,∴m>3. 故实数m的取值范围是(3,+∞).

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含参数的不等式恒成立、存在性问题

(1)?x1∈[a , b] , ? x2∈[c , d] , 有 f(x1)≥g(x2) 成 立
?f(x)min≥g(x)min; (2)?x1∈[a , b] , ? x2∈[c , d] , 都 有 f(x1)≥g(x2) 成 立 ?f(x)min≥g(x)max; (3)?x1∈[a , b] , ? x2∈[c , d] , 有 f(x1)≥g(x2) 成 立

?f(x)max≥g(x)min;
(4)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],有f(x1)≥g(x2)成立 ?f(x)max≥g(x)max.
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