利用导数设计研究存在性及任意性.docVIP

范文范例 指导参考 PAGE 学习资料整理 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， 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＝eq \f(1,2)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＋eq \f(1,a)， 当a＞0时，因为－1＋eq \f(1,a)＞－1， 所以f(x)在(－∞，－1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递减； 当a＜0时，因为－1＋eq \f(1,a)＜－1， 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－1＋\f(1,a)))和(－1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，－1))上单调递增． (2)由(1)知当a＝eq \f(1,2)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≥eq \f(x2,ln x2)． 令h(x)＝eq \f(x,ln x)，x∈1,2]， 则h′(x)＝eq \f(ln x－1,?ln x?2)＜0， 因此h(x)min＝h(2)＝eq \f(2,ln 2)，所以b≥eq \f(2,ln 2)， 即实数b的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln 2)，＋∞))． 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)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)，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≤ eq \r(\f(1,2a))， 所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0， \r(\f(1,2a))))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(　 \r(\f(1,2a))，＋∞))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