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1、 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，XX数的取值X围；（2）讨论的单调性；（3）若存在正数，使得，XX数的取值X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
2、，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X围或. 12分例1已知函数f(x)(ax2xa)ex，g(x)bln xx(b0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)0成立，XX数b的取值X围解：(1)由题意得f(x)(x1)(axa1)ex当a0时，f(x)(x1)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a0时，令f(x)0，则x1或x1，当a0时，因为11，所以f(x)在(，1)和上单调
3、递增，在上单调递减；当a0时，因为11，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x21,2，使g(x2)f(x1)成立，因为f(x1)max0，所以bln x2x20，即b令h(x)，x1,2，则h(x)0，因此h(x)minh(2)，所以b，即实数b的取值X围是例2(2017XX模拟)已知函数f(x)ln xax2a2(aR，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m
4、eaf(x0)0(其中e为自然对数的底数)都成立，XX数m的取值X围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax，当a0时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0且x0，解得0x，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)22a，对任意的a(2,0，都存在x0(0,1，不等式meaf(x0)0都成立，等价于对任意的a(2,0，不等式mea22a0都成立，不等式mea22a0可化为m，记g(a)(a(2,0)，则g(a)
5、0，所以g(a)的最大值是g(0)2，所以实数m的取值X围是(2，)例3(2017XX质监)已知函数f(x)x2aln xb(aR)(1)若曲线yf(x)在x1处的切线的方程为3xy30，XX数a，b的值；(2)若x1是函数f(x)的极值点，XX数a的值；(3)若2a0，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)x2aln xb，所以f(x)x，因为曲线yf(x)在x1处的切线的方程为3xy30，所以即解得(2)因为x1是函数f(x)的极值点，所以f(1)1a0，所以a1当a1时，f(x)x2ln xb，定义域为(0，)，f(x)x，当
6、0x1时，f(x)0，f(x)单调递减，当x1时，f(x)0，f(x)单调递增，所以a1(3)因为2a0,0x2，所以f(x)x0，故函数f(x)在(0,2上单调递增，不妨设0x1x22，则|f(x1)f(x2)|m可化为f(x2)f(x1)，设h(x)f(x)x2aln xb，则h(x1)h(x2)所以h(x)为(0,2上的减函数，即h(x)x0在(0,2上恒成立，等价于x3axm0在(0,2上恒成立，即mx3ax在(0,2上恒成立，又2a0，所以ax2x，所以x3axx32x，而函数yx32x在(0,2上是增函数，所以x32x12(当且仅当a2，x2时等号成立)所以m12，即m的最小值为1
7、2练1.设函数f（x）=xlnax2ax（a0，a1）（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，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e为自然对数的底数），XX数a的取值X围练2.设f(x)xln x，g(x)x3x23(1)如果存在x1，x20,2，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，XX数a的取值X围解(1)存在x1，x20,2，使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x由g(x)0，解得0x
8、；由g(x)0，解得x0或x又x0,2，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)maxg(2)1，g(x)ming所以g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min1M，则满足条件的最大整数M4(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)ming(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 x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，x，则h(x)12xln xx，易知h(x)在区间上是减函数，又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x1时，h
9、(x)0所以函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间1,2上单调递减，所以h(x)maxh(1)1，所以实数a的取值X围是1，)练3.已知函数f(x)ln xax1(aR)(1)当0a时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)x22bx4当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)，XX数b的取值X围解：(1)因为f(x)ln xax1，所以f(x)a，x(0，)，令f(x)0，可得两根分别为1，1，因为0a，所以110，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，13(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x21,2，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)(xb)24b2，x1,2，所以，当b1时，g(x)ming(1)52b0，此时与(*)矛盾；当1b2时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当b2时，g(x)ming(2)84b，且当b2时，84b0，解不等式84b，可得b，所以实数b的取值X围为 /
