利用导数研究存在性与任意性.docx

利用导数研究存在性与任意性
1．对，都有令，则；
，都有；，都有；．
2．，使得，则；，使得；，都有；．
3．，，使得；，，使得；，，使得且．
21.（12分）已知函数是的一个极值点.
（1）若是的唯一极值点，求实数的取值范围；
（2）讨论的单调性；
（3）若存在正数，使得，求实数的取值范围.
21.（1）， 是极值点
，故，

是唯一的极值点
恒成立或恒成立
由恒成立得，又
由恒成立得，而不存在最小值， 不可能恒成立. ………………4分
（2）由（1）知，当时， ， ； ， .
在递减，在上递增.
当时，
，； ， ； ， .
在、上递增，在上递减。
当时，在、 上递增，在递减。
时，在上递增. ………………8分
（3）当时，，满足题意；
当时， ，满足题意；
当时，由（2）知需或，[来源:学。科。网Z。X。X。K]
当时，，而，故存在使得，这样时的值域为从而可知满足题意
当时，得或者解得；
当时，可得满足题意.
的取值范围或. ………………12分

例1．已知函数f(x)＝(ax2－x＋a)ex，g(x)＝bln x－x(b＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈1,2]，使f(x1)＋g(x2)≥0成立，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ax＋a－1)ex．
当a＝0时，f′(x)＝－(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当a≠0时，令f′(x)＝0，则x＝－1或x＝－1＋，
当a＞0时，因为－1＋＞－1，
所以f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，因为－1＋＜－1，
所以f(x)在和(－1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知当a＝时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
因此f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝0．
由题意知，对任意x1∈(0,2)，存在x2∈1,2]，
使g(x2)≥－f(x1)成立，
因为－f(x1)]max＝0，
所以bln x2－x2≥0，即b≥．
令h(x)＝，x∈1,2]，
则h′(x)＝＜0，
因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥，
即实数b的取值范围是．
例2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)≥0且x＞0，
解得0＜x≤ ，
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，
所以x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a，
对任意的a∈(－2,0]，
都存在x0∈(0,1]，不等式mea＋f(x0)＞0都成立，
等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立，不等式mea＋2－2a＞0可化为m＞，
记g(a)＝(a∈(－2,0])，
则g′(a)＝＝＞0，
所以g(a)的最大值是g(0)＝－2，
所以实数m的取值范围是(－2，＋∞)．
例3．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝x2－aln x＋b(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；
(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；
(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤m恒成立，求m的最小值．
解：(1)因为f(x)＝x2－aln x＋b，
所以f′(x)＝x－，
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，
所以即解得
(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，
所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．
当a＝1时，f(x)＝x2－ln x＋b，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝＝，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以a＝1．
(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－＞0，
故函数f(x)在(0,2]上单调递增，
不妨设0＜x1≤x2≤2，
则|f(x1)－f(x2)|≤m可化为f(x2)＋≤fx1)＋，
设h(x)＝f(x)＋＝x2－aln x＋b＋，
则h(x1)≥h(x2)．
所以h(x)为(0,2]上的减函数，
即h′(x)＝x－－≤0在(0,2]上恒成立，
等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，
即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，
又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，
而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，
所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．
所以m≥12，
即m的最小值为12．

练1.设函数f（x）=xlna﹣x2﹣ax（a＞0，a≠1）．
（1）当a=e时，求函数f（x的图象在点（0，f（0））的切线方程；
（2）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e为自然对数的底数），求实数a的取值范围．

练2.设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x．
由g′(x)＜0，解得0＜x＜；
由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞．
又x∈[0,2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
故g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－．
所以[g(x1)－g(x2)]max
＝g(x)max－g(x)min
＝1＋＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4．
(2)对于任意的s，t∈，
都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，
函数f(x)min≥g(x)max．
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1．
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，x∈，
则h′(x)＝1－2xln x－x，
易知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当＜x＜1时，h′(x)＞0．
所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间[1,2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
练3.已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，
所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，
因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3∉(0,2)，
由(1)知，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝－．
对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－，(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，
所以，①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，
且当b＞2时，8－4b＜0，
解不等式8－4b≤－，可得b≥，
所以实数b的取值范围为．

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