2022年用导数研究函数的恒成立与存在性问题-答案 .pdf

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1、精品资料欢迎下载用导数研究函数的恒成立与存在问题1已知函数23( )2lnxf xxxa，其中a为常数（ 1）若1a，求函数( )f x的单调区间；（ 2）若函数( )f x在区间1,2上为单调函数，求a的取值范围2已知函数32( )4()f xxaxaR，( )fx是( )f x的导函数。（1）当2a时，对于任意的 1,1m， 1,1n，求()( )f mfn的最小值；（2）若存在0(0,)x，使0()fx 0，求a的取值范围。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页精品资料欢迎下载3已知函数xaxxfln)()(Ra.

2、 （1）若2a，求曲线)(xfy在点1x处的切线方程；（2）求)(xf的单调区间；（3）设22)(2xxxg，若对任意1(0,)x，均存在1 ,02x，使得)()(21xgxf，求实数a的取值范围 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页精品资料欢迎下载4 （2016 届惠州二模）已知函数22lnfxxx（）求函数fx的最大值；（）若函数fx与ag xxx有相同极值点 求实数a的值； 对121,3x xe(e为自然对数的底数)，不等式1211fxg xk恒成立，求实数k的取值范围精选学习资料 - - - - - - -

3、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页精品资料欢迎下载5已知函数212( )()ln()f xaxx aR（ 1）当1a时，01 , xe使不等式0()f xm，求实数m的取值范围；（ 2）若在区间1 ( ,)，函数( )f x的图象恒在直线2yax的下方，求实数a的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页精品资料欢迎下载用导数研究函数的恒成立与存在问题答案1解： (1)若 a1，则 f(x)3x2x2 ln x，定义域为 (0， )，f(x)1x4x34x23x1x 4x 1 x

4、 1x(x 0)当 x(0,1)时， f(x)0，函数 f(x)3x2x2ln x 单调递增当 x(1， )时， f(x)0，函数 f(x)3x2x2ln x 单调递减，即 f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1， )(2)f(x)3a 4x1x. 若函数 f(x)在区间 1,2 上为单调函数，即在 1,2上， f(x)3a4x1x0 或 f(x)3a4x1x0，即3a 4x1x0 或3a4x1x0 在1,2上恒成立即3a 4x1x或3a4x1x. 令 h(x)4x1x，因为函数h(x)在1,2 上单调递增，所以3ah(2)或3ah(1)，即3a152或3a3，解得 a0 或 0a

5、25或 a1. 故 a 的取值范围是(，0)(0，25 1， )2. 解： （ 1）由题意知.43)( ,42)(223xxxfxxxf令.340,0)( 或得xxf当x在-1 ，1 上变化时，)(),( xfxf随x的变化情况如下表：x -1 （-1 ，0）0 （0， 1）1 )( xf-7 - 0 + 1 )(xf-1 -4 -3 )(,1 , 1mfm对于的最小值为,4)0(fxxxf43)( 2的对称轴为32x，且抛物线开口向下, )( ,1 , 1nfn对于的最小值为.7)1( f)( )(nfmf的最小值为 -11. （2）)32(3)( axxxf.若0)( ,0, 0 xfxa

6、时当, ,0)(在xf上单调递减，又. 4)(,0, 4)0(xfxf时则当.0)(, 0,000 xfxa使不存在时当若, 0)( ,320,0 xfaxa时则当当.0)( ,32xfax时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页精品资料欢迎下载从而32,0)(在xf上单调递增，在,32a上单调递减，494278)32()(),0(33maxaaafxfx时，当，则.3,27,0427433aaa解得即综上，a的取值范围是).,3( ( 或由020004, 0)(,0 xxaxfx得, 用两种方法可解) 3 解： （1）

7、由已知120( )()fxxx，1213( )f，故曲线( )yf x在1x处切线的斜率为3而12( )f，所以切点为1 2( , )，)(xfy在点1x处的切线方程为31yx（2）110( )()axfxaxxx当0a时，由于0 x，故10ax，所以0( )fx，( )f x的单调递增区间为0( ,). 当0a时，由0( )fx， 得1xa. 在区间10( ,)a上，0( )fx， 在区间1(,)a上0( )fx，所以，函数的单调递增区间为10( ,)a，单调递减区间为1(,)a. （ 3）由已知，问题等价于为maxmax( )( )fxg x. 其中( )2maxg x由 (2) 知，当0

8、a时，( )f x在0( ,)上单调递增，值域为R，故不符合题意. (或者举出反例：存在3332()f eae，故不符合题意.) 当0a时，( )f x在10( ,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减，故( )f x的极大值即为最大值，1111()ln()ln()faaa，所以21ln()a，解得31ae. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页精品资料欢迎下载4 解（）211220 xxfxxxxx，1分由0,0fxx得01x；由0,0fxx得1x. fx在0,1上为增函数，在1,上为减函数 . 2分函数fx的最大值

9、为11f. 3分（）2,1aag xxgxxx. 由（ 1）知，1x是函数fx的极值点，又函数fx与ag xxx有相同极值点，1x是函数g x的极值点，110ga，解得1a. 4分经验证，当1a时，函数g x在1x时取到极小值，符合题意. 5 分2112,11,392ln 3fffee，易知2192ln 321e，即131fffe. 111minmax1,3 ,392ln 3,11xfxffxfe7 分由 知211,1g xxgxxx，当1,1xe时，0gx；当1,3x时，0gx. 故g x在1,1e上为减函数，在1,3上为增函数 . 11110,12,3333geggee，而11012,13

10、3egggee. 222minmax110,3 ,12,33xg xgg xge. 9分1当10k，即1k时，对于121,3xxe，不等式1211fxg xk恒成立12max1kfxg x12max1kfxg x. 1211123fxg xfg，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页精品资料欢迎下载3 12,1,1kkk又. 10分2当10k，即1k时，对于121,3x xe，不等式1211fxg xk恒成立12min1kfxg x12min1kfxg x. 1210373392ln 32ln 333fxg xfg，34

11、342ln 3,1,2ln 333kkk又. 11分综上，所求实数k的取值范围为34,2ln 31,3. 12分5 【解】：(1)当 a1 时， f(x)12x2ln x(x0)，f(x)x1x，由 x 1，e，f(x)0 得函数 f(x)在区间 1，e为增函数，则当 x1，e时， f(x)12，112e2. 故要使 ? x01，e使不等式f(x0)m 成立，只需m12即可 . (2)在区间 (1， )上，函数f(x)的图象恒在直线y2ax 的下方等价于对 ? x(1， )，f(x)2ax，即(a12)x2ln x2ax0 恒成立设 g(x)(a12)x2 2axln x(x1， )，则 g(

12、x) (2a1)x2a1x(x1)(2a 11x)当 x(1， )时， x1 0,01x1. 若 2a10，即 a12， g(x)0，函数 g(x)在区间 1， )上为减函数，则当 ? x (1， )时 g(x)g(1)a122a12a，只需12 a0，即当12a12时，g(x)(a12)x2ln x2ax0 恒成立若 0 2a1 1，即12a1 时，令 g (x)(x1)(2a11x)0 得 x12a11，函数 g(x)在区间1，12a1为减函数，12a 1，为增函数，则 g(x)g12a1，不合题意若 2a11，即当 a1 时 g(x)0，函数 g(x)在区间 1， )为增函数，则 g(x)g(1)， )，不合题意综上可知：当12a12时 g(x)(a12)x2ln x2ax0 恒成立，即当12a12时，在区间 (1， )上函数 f(x)的图象恒在直线y2ax 的下方精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页