利用导数研究存在性与任意性例题解析

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)＝blnx－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blnx2－x2≥0，即b≥

eq\f(x2,lnx2)

．

令h(x)＝

eq\f(x,lnx)

，x∈1,2]，

则h′(x)＝

eq\f(lnx－1,lnx2)

＜0，

因此h(x)min＝h(2)＝

eq\f(2,ln2)

，所以b≥

eq\f(2,ln2)

，

即实数b的取值范围是

eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ln2)，＋∞))

．

例2．(2017·南昌模拟)已知函数f(x)＝lnx－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＞

eq\f(2a－2,ea)

，

记g(a)＝

eq\f(2a－2,ea)

(a∈(－2,0])，

则g′(a)＝

eq\f(2ea－2a－2ea,e2a)

＝

eq\f(4－2a,ea)

＞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)＝

eq\f(1,2)

x2－alnx＋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

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))

恒成立，求m的最小值．

解：(1)因为f(x)＝

eq\f(1,2)

x2－alnx＋b，

所以f′(x)＝x－

eq\f(a,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

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3，,f1＝0，))

即

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a＝3，,\f(1,2)＋b＝0，))

解得

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).))

(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)＝

eq\f(1,2)

x2－lnx＋b，定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－

eq\f(1,x)

＝

eq\f(x2－1,x)

＝

eq\f(x－1x＋1,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－

eq\f(a,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

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))

可化为f(x2)＋

eq\f(m,x2)

≤f(x1)＋

eq\f(m,x1)

，

设h(x)＝f(x)＋

eq\f(m,x)

＝

eq\f(1,2)

x2－alnx＋b＋

eq\f(m,x)

，

则h(x1)≥h(x2)．

所以h(x)为(0,2]上的减函数，

即h′(x)＝x－

eq\f(a,x)

－

eq\f(m,x2)

≤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)＝

eq\f(a,x)

＋xlnx，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∈

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

，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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))

．

由g′(x)＜0，解得0＜x＜

eq\f(2,3)

；

由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞

eq\f(2,3)

．

又x∈[0,2]，

所以g(x)在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))

上单调递减，在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))

上单调递增，

又g(0)＝－3，g(2)＝1，

故g(x)max＝g(2)＝1，

g(x)min＝g

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))

＝－

eq\f(85,27)

．

所以[g(x1)－g(x2)]max

＝g(x)max－g(x)min

＝1＋

eq\f(85,27)

＝

eq\f(112,27)

≥M，

则满足条件的最大整数M＝4．

(2)对于任意的s，t∈

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

，

都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

上，

函数f(x)min≥g(x)max．

由(1)可知在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

上，g(x)的最大值为g(2)＝1．

在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

上，f(x)＝

eq\f(a,x)

＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．

设h(x)＝x－x2lnx，x∈

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

，

则h′(x)＝1－2xlnx－x，

易知h′(x)在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))

上是减函数，

又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；

当

eq\f(1,2)

＜x＜1时，h′(x)＞0．

所以函数h(x)＝x－x2lnx在区间

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))

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)＝lnx－ax＋

eq\f(1－a,x)

－1(a∈R)．

(1)当0＜a＜

eq\f(1,2)

时，讨论f(x)的单调性；

(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝

eq\f(1,4)

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)＝lnx－ax＋

eq\f(1－a,x)

－1，

所以f′(x)＝

eq\f(1,x)

－a＋

eq\f(a－1,x2)

＝－

eq\f(ax2－x＋1－a,x2)

，x∈(0，＋∞)，

令f′(x)＝0，可得两根分别为1，

eq\f(1,a)

－1，

因为0＜a＜

eq\f(1,2)

，所以

eq\f(1,a)

－1＞1＞0，

当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；

当x∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))

时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；

当x∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))

时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．

(2)a＝

eq\f(1,4)

∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))

，

eq\f(1,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)＝－

eq\f(1,2)

．

对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)等价于g(x)在