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1、1利用导数研究存在性与任意性1对对，都有，都有令令，则，则；，都有，都有；，都有，都有；2，使得，使得，则，则；，使得，使得；，都有，都有；3，使得，使得；，使得使得；，使得，使得且且21.（12 分）已知函数是的一个极值点.2( )(2),1xf xxeaxbx x( )f x（1）若是的唯一极值点，求实数的取值范围；1x ( )f xa（2）讨论的单调性；( )f x（3）若存在正数，使得，求实数的取值范围.0x0()f xaa21.（1）， 是极值点( )(1)2xfxxeaxb1x Q，故， ( )0fx20ab2ba ( )(1)(2 )xfxxea是唯一的极值点1x Q恒成立或恒成
2、立20xea20xea由恒成立得，又 20xea2xae 0xe 0a2由恒成立得，而不存在最小值， 不可能恒成立. 20xea2xae xe20xea4 分0a（2）由（1）知，当时， ， ； ， .0a 1x ( )0fx1x ( )0fx在递减，在上递增.( )f x(,1)(1,)当时，02ealn( 2 )1a，； ， ； ， .ln( 2 )xa( )0fxln( 2 )1ax( )0fx1x ( )0fx在、上递增，在上递减。( )f x(,ln( 2 )a(1,)(ln( 2 ),1)a当时，在、 上递增，在递减。2ea ( )f x(,1)(ln( 2 ),)a(ln( 2
3、),1)a时，在上递增. 8 分2ea ( )f xR（3）当时，满足题意；0a (1)feaa 当时， ，满足题意；02ea(1)feaa 当时，由（2）知需或，来源:学。科。网 Z。X。X。K2ea (0)fa(ln( 2 )faa当时，而，故存在使得，这样(0)fa2a (1)feaa 10x 1()f xa时的值域为从而可知满足题意1(0,xx( )f x( 2, a当时，得或者解得；(ln( 2 )faaln( 2 )1aln( 2 )3a32ea 当时，可得满足题意.2ea (0)2f 3的取值范围或. 12 分a32ea 2a 例例 1已知函数已知函数 f(x)(ax2xa)ex
4、，g(x)bln xx(b0)(1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性；(2)当当 a 时，若对任意时，若对任意 x1(0,2)，存在，存在 x21,2，使，使 f(x1)g(x2)0 成立，成立，12求实数求实数 b 的取值范围的取值范围解：解：(1)由由题题意得意得 f(x)(x1)(axa1)ex当当 a0 时时， ，f(x)(x1)ex，当，当 x (，1)时时， ，f(x)0， ，f(x)在在(，1)上上单调递单调递增；增；当当 x (1，)时时， ，f(x)0， ，f(x)在在(1，)上上单调递单调递减减当当 a0 时时，令，令 f(x)0， ，则则 x1 或或 x1 ，
5、 ，1a当当 a0 时时，因，因为为1 1， ，1a所以所以 f(x)在在(，1)和和上上单调递单调递增，在增，在上上单调递单调递(11a， ，)(1， ，11a)减；减；当当 a0 时时，因，因为为1 1， ，1a所以所以 f(x)在在和和(1，)上上单调递单调递减，在减，在上上单调递单调递(， ，11a)(11a， ，1)增增(2)由由(1)知当知当 a 时时， ，f(x)在在(0,1)上上单调递单调递减，在减，在(1,2)上上单调递单调递增，增，12因此因此 f(x)在在(0,2)上的最小上的最小值为值为 f(1)04由由题题意知，意知，对对任意任意 x1 (0,2)，存在，存在 x2
6、1,2， ，使使 g(x2)f(x1)成立，成立，因因为为f(x1)max0， ，所以所以 bln x2x20，即，即 bx2ln x2令令 h(x)， ，x 1,2， ，xln x则则 h(x)0， ，ln x1 ln x 2因此因此 h(x)minh(2)，所以，所以 b， ，2ln 22ln 2即即实实数数 b 的取的取值值范范围围是是2ln 2， ，)例例 2(2017南昌模拟南昌模拟)已知函数已知函数 f(x)ln xax2a2(aR，a 为常数为常数)(1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性；(2)若存在若存在 x0(0,1，使得对任意的，使得对任意的 a(2,0，不等式
7、，不等式 meaf(x0)0(其中其中 e为自然对数的底数为自然对数的底数)都成立，求实数都成立，求实数 m 的取值范围的取值范围解：解：(1)函数函数 f(x)的定的定义义域域为为(0，)， ，f(x) 2ax，当，当 a0 时时， ，f(x)0， ，1x12ax2x所以函数所以函数 f(x)在区在区间间(0，)上上单调递单调递增；增；当当 a0 时时，由，由 f(x)0 且且 x0， ，解得解得 0x ， ，12a所以函数所以函数 f(x)在区在区间间上上单调递单调递增，在区增，在区间间上上单调递单调递减减(0， ， 12a12a， ，)5(2)由由(1)知，当知，当 a (2,0时时，函
8、数，函数 f(x)在区在区间间(0,1上上单调递单调递增，增，所以所以 x (0,1时时，函数，函数 f(x)的最大的最大值值是是 f(1)22a， ，对对任意的任意的 a (2,0， ，都存在都存在 x0 (0,1，不等式，不等式 meaf(x0)0 都成立，都成立，等价于等价于对对任意的任意的 a (2,0，不等式，不等式 mea22a0 都成立，不等式都成立，不等式mea22a0 可化可化为为 m， ，2a2ea记记 g(a)(a (2,0)， ，2a2ea则则 g(a)0， ，2ea 2a2 eae2a42aea所以所以 g(a)的最大的最大值值是是 g(0)2， ，所以所以实实数数
9、m 的取的取值值范范围围是是(2，) 例例 3(2017沈阳质监沈阳质监)已知函数已知函数 f(x) x2aln xb(aR)12(1)若曲线若曲线 yf(x)在在 x1 处的切线的方程为处的切线的方程为 3xy30，求实数，求实数 a，b 的值；的值；(2)若若 x1 是函数是函数 f(x)的极值点，求实数的极值点，求实数 a 的值；的值；(3)若若2a0，对任意，对任意 x1，x2(0,2，不等式，不等式|f(x1)f(x2)|m恒成恒成|1x11x2|立，求立，求 m 的最小值的最小值解：解：(1)因因为为 f(x) x2aln xb， ，12所以所以 f(x)x ， ，ax因因为为曲曲
10、线线 yf(x)在在 x1 处处的切的切线线的方程的方程为为 3xy30， ，6所以所以Error!Error!即即Error!Error!解得解得Error!Error!(2)因因为为 x1 是函数是函数 f(x)的极的极值值点，点，所以所以 f(1)1a0，所以，所以 a1当当 a1 时时， ，f(x) x2ln xb，定，定义义域域为为(0，)， ，12f(x)x ， ，1xx21x x1 x1 x当当 0x1 时时， ，f(x)0， ，f(x)单调递单调递减，减，当当 x1 时时， ，f(x)0， ，f(x)单调递单调递增，增，所以所以 a1(3)因因为为2a0,0x2，所以，所以 f
11、(x)x 0， ，ax故函数故函数 f(x)在在(0,2上上单调递单调递增，增，不妨不妨设设 0x1x22， ，则则|f(x1)f(x2)|m可化可化为为 f(x2)f(x1)， ，|1x11x2|mx2mx1设设 h(x)f(x) x2aln xb ， ，mx12mx则则 h(x1)h(x2) 所以所以 h(x)为为(0,2上的减函数，上的减函数，即即 h(x)x 0 在在(0,2上恒成立，上恒成立，axmx2等价于等价于 x3axm0 在在(0,2上恒成立，上恒成立，即即 mx3ax 在在(0,2上恒成立，上恒成立，又又2a0，所以，所以 ax2x，所以，所以 x3axx32x， ，7而函
12、数而函数 yx32x 在在(0,2上是增函数，上是增函数，所以所以 x32x12(当且当且仅仅当当 a2， ，x2 时时等号成立等号成立) 所以所以 m12， ，即即 m 的最小的最小值为值为 128练练 1.设函数设函数 f（x）=xlnax2ax（a0，a1）（1）当）当 a=e 时，求函数时，求函数 f（x）的图象在点（）的图象在点（0，f（0）的切线方程；）的切线方程；（2）若存在）若存在 x1，x21，1，使得，使得|f（x1）f（x2）|e1（e 为自然对数的底为自然对数的底 数），求实数数），求实数 a 的取值范围的取值范围9练练 2.设设 f(x) xln x，g(x)x3x2
13、3ax(1)如果存在如果存在 x1，x20,2，使得，使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最成立，求满足上述条件的最大整数大整数 M；(2)如果对于任意的如果对于任意的 s，t，都有，都有 f(s)g(t)成立，求实数成立，求实数 a 的取值范围的取值范围12， ，2解解 (1)存在存在 x1， ，x2 0,2， ，使得使得 g(x1)g(x2)M 成立，成立，等价于等价于g(x1)g(x2)maxM由由 g(x)x3x23， ，得得 g(x)3x22x3x(x23)由由 g(x)0，解得，解得 0x ； ；23由由 g(x)0，解得，解得 x0 或或 x 23又又 x 0,2， ，所以所以 g(x)在区在区间间上上单调递单调递减，在区减，在区间间上上单调递单调递增，增，0， ，2323， ，2又又 g(0)3， ，g(2)1， ，故故 g(x)maxg(2)
