二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理重點生通用版講義：第一部分 專題四 第一課時 “導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀 Word版含解析

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1、專題四專題四|導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用卷卷卷卷卷卷2018利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性證利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性證明不等式明不等式T21(2)根據(jù)函數(shù)的極值求參根據(jù)函數(shù)的極值求參數(shù)、不等式的證數(shù)、不等式的證明明T21導(dǎo)數(shù)在不等式的證導(dǎo)數(shù)在不等式的證明、由函數(shù)的極值點明、由函數(shù)的極值點求參數(shù)求參數(shù)T212017利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題零點問題T21(2)函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性、極值極值、零點問題、不等式的零點問題、不等式的證明證明T21由不等式恒成立求參由不等式恒成立求參數(shù)、不等式放縮數(shù)、不等式放縮T212016函數(shù)的零點、不等式函數(shù)的零點、不等式的證明的證明T21函數(shù)單調(diào)性的判斷、函數(shù)單

2、調(diào)性的判斷、不等式的證明及值域不等式的證明及值域問題問題T21函數(shù)的最值、不等式函數(shù)的最值、不等式的證明的證明T21縱向縱向把握把握趨勢趨勢導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每年的必考內(nèi)容且難度年的必考內(nèi)容且難度大主要涉及函數(shù)的大主要涉及函數(shù)的單調(diào)性單調(diào)性、極值極值、零點零點、不等式的證明預(yù)不等式的證明預(yù)計計2019 年會考查用分類年會考查用分類討論研究函數(shù)的單調(diào)討論研究函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點問性以及函數(shù)的零點問題題導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每年的必考內(nèi)容，涉及年的必考內(nèi)容，涉及函數(shù)的極值、最值、函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、零點問題及單調(diào)性、零點問題及不等式的證明不等式的證明， 且近

3、且近 3年均考查了不等式的年均考查了不等式的證明證明預(yù)計預(yù)計 2019 年仍年仍會考查不等式的證會考查不等式的證明，同時要重點關(guān)注明，同時要重點關(guān)注會討論函數(shù)的單調(diào)性會討論函數(shù)的單調(diào)性及零點問題及零點問題導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每導(dǎo)數(shù)的綜合問題是每年的必考內(nèi)容，涉及年的必考內(nèi)容，涉及函數(shù)的最值、零點、函數(shù)的最值、零點、不等式的恒成立及不不等式的恒成立及不等式的證明問題，其等式的證明問題，其中不等式的證明連中不等式的證明連續(xù)續(xù)3 年均有考查年均有考查， 應(yīng)引起應(yīng)引起關(guān)注關(guān)注預(yù)計預(yù)計 2019 年仍年仍會考查不等式的證會考查不等式的證明，同時考查函數(shù)的明，同時考查函數(shù)的最值或零點問題最值或零點問題橫向橫向

4、把握把握重點重點導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值與極值(最值最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點和難點列等的交匯命題，是高考的熱點和難點解答題的熱點題型有：解答題的熱點題型有：(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值極值、最值最值；(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程根；或探討方程根；(3)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.第一課時第一課時“導(dǎo)數(shù)與不等式

5、導(dǎo)數(shù)與不等式”考法面面觀考法面面觀考法一考法一不等式的證明問題不等式的證明問題題型題型策略策略(一一)|構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性證明單變量不等式構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性證明單變量不等式例例 1設(shè)設(shè) a 為實數(shù)，函數(shù)為實數(shù)，函數(shù) f (x)ex2x2a，xR R.(1)求求 f (x)的單調(diào)區(qū)間與極值；的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)求證：當(dāng) aln 21 且且 x0 時，時，exx22ax1.破題思路破題思路第第(1)問問求什么求什么想什么想什么求求 f (x)的單調(diào)區(qū)間與極值，想到求導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，想到求導(dǎo)函數(shù) f (x)，然后利用不等，然后利用不等式式f (x)0 及及 f (x)x22a

6、x1(aln 21，x0)成立，想到證明成立，想到證明 exx22ax10成立成立給什么給什么用什么用什么通過對第通過對第(1)問的研究問的研究，求得求得 f (x)ex2x2a 的單調(diào)性與極值的單調(diào)性與極值，仔細(xì)觀仔細(xì)觀察，可發(fā)現(xiàn)察，可發(fā)現(xiàn)(exx22ax1)ex2x2a差什么差什么找什么找什么需要研究函數(shù)需要研究函數(shù) g(x)exx22ax1 的單調(diào)性或最值，利用導(dǎo)數(shù)研究即的單調(diào)性或最值，利用導(dǎo)數(shù)研究即可可規(guī)范解答規(guī)范解答(1)由由 f (x)ex2x2a(xR R)，知，知 f (x)ex2.令令 f (x)0，得，得 xln 2.當(dāng)當(dāng) xln 2 時，時，f (x)ln 2 時，時，f

7、 (x)0，故函數(shù)，故函數(shù) f (x)在區(qū)間在區(qū)間(ln 2，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增所以所以 f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是的單調(diào)遞減區(qū)間是(，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，)，f (x)在在 xln 2處取得極小值處取得極小值 f (ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，無極大值，無極大值(2)證明證明：要證當(dāng)要證當(dāng) aln 21 且且 x0 時時，exx22ax1，即證當(dāng)即證當(dāng) aln 21 且且 x0 時時，exx22ax10.設(shè)設(shè) g(x)exx22ax1(x0)則則 g(x)ex2x2a，由，由(1)知知 g(x)ming(ln 2)22ln 22a.

8、又又 aln 21，則，則 g(x)min0.于是對于是對xR R，都有，都有 g(x)0，所以所以 g(x)在在 R R 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增于是對于是對x0，都有，都有 g(x)g(0)0.即即 exx22ax10，故故 exx22ax1.題后悟通題后悟通思路思路受阻受阻分析分析本題屬于導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中較容易的問題，解決本題第本題屬于導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用中較容易的問題，解決本題第(2)問時，易忽視與第問時，易忽視與第(1)問的聯(lián)系，導(dǎo)函數(shù)問的聯(lián)系，導(dǎo)函數(shù) g(x)ex2x2a 的單調(diào)性已證，可直接用，若意識不的單調(diào)性已證，可直接用，若意識不到這一點，再判斷到這一點，再判斷 g(x)的單調(diào)性，則造成解

9、題過程繁瑣，進(jìn)而造成思維受的單調(diào)性，則造成解題過程繁瑣，進(jìn)而造成思維受阻或解題失誤阻或解題失誤技法技法關(guān)鍵關(guān)鍵點撥點撥利用單調(diào)性證明單變量不等式的方法利用單調(diào)性證明單變量不等式的方法一般地一般地， 要證要證 f (x)g(x)在區(qū)間在區(qū)間(a， b)上成立上成立， 需構(gòu)造輔助函數(shù)需構(gòu)造輔助函數(shù) F(x)f (x)g(x)，通過分析通過分析 F(x)在端點處的函數(shù)值來證明不等式若在端點處的函數(shù)值來證明不等式若 F(a)0，只需證明，只需證明 F(x)在在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若上單調(diào)遞增即可；若 F(b)0，只需證明，只需證明 F(x)在在(a，b)上單調(diào)遞減即上單調(diào)遞減即可可對點訓(xùn)練對點訓(xùn)

10、練1已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xln x，g(x)(x21)(為常數(shù)為常數(shù))(1)若曲線若曲線 yf (x)與曲線與曲線 yg(x)在在 x1 處有相同的切線，求實數(shù)處有相同的切線，求實數(shù)的值；的值；(2)若若12，且，且 x1，證明：，證明：f (x)g(x)解：解：(1)f (x)ln x1，g(x)2x，則，則 f (1)1，從而從而 g(1)21，即，即12.(2)證明：設(shè)函數(shù)證明：設(shè)函數(shù) h(x)xln x12(x21)，則則 h(x)ln x1x.設(shè)設(shè) p(x)ln x1x，從而，從而 p(x)1x10 對任意對任意 x1，)恒成立，恒成立，所以當(dāng)所以當(dāng) x1，)時，時，p(x)

11、ln x1xp(1)0，即即 h(x)0，因此函數(shù)因此函數(shù) h(x)xln x12(x21)在在1，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，即即 h(x)h(1)0，所以當(dāng)所以當(dāng)12，且，且 x1 時，時，f (x)g(x)成立成立題型題型策略策略( (二二) )|構(gòu)造函數(shù)，利用最值證明單變量不等式構(gòu)造函數(shù)，利用最值證明單變量不等式例例 2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)aexbln x，曲線，曲線 yf (x)在點在點(1，f (1)處的切線方程為處的切線方程為 y1e1x1.(1)求求 a，b；(2)證明：證明：f (x)0.破題思路破題思路第第(1)問問求什么求什么想什么想什么求求 a，b 的值，想到建立

12、關(guān)于的值，想到建立關(guān)于 a，b 的方程組的方程組給什么給什么用什么用什么題目條件中給出函數(shù)題目條件中給出函數(shù) f (x)在點在點(1， f (1)處的切線方程處的切線方程， 可據(jù)此建立關(guān)于可據(jù)此建立關(guān)于 a，b 的方程組的方程組第第(2)問問求什么求什么想什么想什么要證要證 f (x)0，想到，想到 f (x)的最小值大于的最小值大于 0差什么差什么找什么找什么需求需求 f (x)的最小值，因此只要利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最小值，因此只要利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) f (x)的單調(diào)性即可的單調(diào)性即可規(guī)范解答規(guī)范解答(1)函數(shù)函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(0，)f (x)aexbx，由題意得，由題意得

13、f (1)1e，f (1)1e1，所以所以ae1e，aeb1e1，解得解得a1e2，b1.(2)證明：由證明：由(1)知知 f (x)1e2exln x(x0)因為因為 f (x)ex21x在在(0，)上單調(diào)遞增，又上單調(diào)遞增，又 f (1)0，所以所以 f (x)0 在在(0，)上有唯一實根上有唯一實根 x0，且，且 x0(1,2)當(dāng)當(dāng) x(0，x0)時，時，f (x)0，從而當(dāng)從而當(dāng) xx0時，時，f (x)取極小值，也是最小值取極小值，也是最小值由由 f (x0)0，得，得 ex021x0，則則 x02ln x0.故故 f (x)f (x0)ex02ln x01x0 x0221x0 x0

14、20，所以，所以 f (x)0.題后悟通題后悟通思路思路受阻受阻分析分析本題屬于隱零點問題本題屬于隱零點問題解決第解決第(2)問時問時，常因以下兩個原因造成思維受阻常因以下兩個原因造成思維受阻，無法正無法正常解題常解題(1)f (x)0 在在(0，)上有解，但無法解出；上有解，但無法解出；(2)設(shè)出設(shè)出 f (x)0 的零點的零點 x0，即，即 f (x)的最小值為的最小值為 f (x0)，但是不能將函數(shù)，但是不能將函數(shù) f (x0)轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化成可求最值的式子，從而無法將問題解決化成可求最值的式子，從而無法將問題解決當(dāng)遇到既含有指數(shù)式，又含有對數(shù)式的代數(shù)式需判斷其符號時，常需應(yīng)用這種技當(dāng)遇到既含有

15、指數(shù)式，又含有對數(shù)式的代數(shù)式需判斷其符號時，常需應(yīng)用這種技巧，把含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為不含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式，從巧，把含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為不含有指數(shù)式與對數(shù)式的代數(shù)式，從而可輕松判斷其符號而可輕松判斷其符號技法技法關(guān)鍵關(guān)鍵點撥點撥利用最值證明單變量不等式的技巧利用最值證明單變量不等式的技巧利用最值證明單變量的不等式的常見形式是利用最值證明單變量的不等式的常見形式是 f (x)g(x)證明技巧：先將不等式證明技巧：先將不等式 f(x)g(x)移項，即構(gòu)造函數(shù)移項，即構(gòu)造函數(shù) h(x)f (x)g(x)，轉(zhuǎn)化為證不等式，轉(zhuǎn)化為證不等式 h(x)0，再次轉(zhuǎn)化，再次轉(zhuǎn)化為證

16、明為證明 h(x)min0，因此，只需在所給的區(qū)間內(nèi)，判斷，因此，只需在所給的區(qū)間內(nèi)，判斷 h(x)的符號，從而判斷其的符號，從而判斷其單調(diào)性，并求出函數(shù)單調(diào)性，并求出函數(shù) h(x)的最小值，即可得證的最小值，即可得證對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xaex.(1)若若 f (x)在區(qū)間在區(qū)間(，2上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù) a 的取值范圍；的取值范圍；(2)若若 a0， x01， 設(shè)直設(shè)直線線 yg(x)為函為函數(shù)數(shù) f(x)的圖象的圖象在在 xx0處的切線處的切線， 求證求證： f (x)g(x)解：解：(1)易得易得 f (x)x 1a ex，由題意知

17、由題意知 f (x)0 對對 x(，2恒成立，恒成立，故故 x1a 對對 x(，2恒成立，恒成立，1a2，a1.故實數(shù)故實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為(，1(2)證明：若證明：若 a0，則，則 f (x)xex.函數(shù)函數(shù) f (x)的圖象在的圖象在 xx0處的切線方程為處的切線方程為 yg(x)f (x0)(xx0)f (x0)令令 h(x)f (x)g(x)f (x)f (x0)(xx0)f (x0)，xR R，則則 h(x)f (x)f (x0)1xex1x0ex0 1x ex0 1x0 exexx0.設(shè)設(shè)(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR R，則則(x)ex0(1x0)ex.x

18、01，(x)0，(x)在在 R R 上單調(diào)遞減，而上單調(diào)遞減，而(x0)0，當(dāng)當(dāng) xx0時，時，(x)0，當(dāng)，當(dāng) xx0時，時，(x)0，當(dāng)當(dāng) xx0時，時，h(x)0，當(dāng)，當(dāng) xx0時，時，h(x)0，h(x)在區(qū)間在區(qū)間(，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，)上為減函數(shù)，上為減函數(shù)，xR R 時，時，h(x)h(x0)0，f (x)g(x)題型題型策略策略 三三 構(gòu)造函數(shù)證明雙變量函數(shù)不等式構(gòu)造函數(shù)證明雙變量函數(shù)不等式例例 3若若 ba0，求證：，求證：ln bln a2a ba a2b2.破題思路破題思路證明：證明：ln bln a2a ba a2b2，想到如下思路：，想

19、到如下思路：(1)構(gòu)造以構(gòu)造以 a 為主元的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解為主元的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解(2)考慮到考慮到 ln bln alnba，2a ba a2b22ba11ba2，設(shè)，設(shè) tba，化為只有一個因變量，化為只有一個因變量 t 的函的函數(shù)求解數(shù)求解(3)原不等式右邊可分開寫，觀察此式兩邊，發(fā)現(xiàn)其與原不等式右邊可分開寫，觀察此式兩邊，發(fā)現(xiàn)其與 f (x)ln x2axa2b2有關(guān)，故先研有關(guān)，故先研究究 f (x)的單調(diào)性，從而得解的單調(diào)性，從而得解規(guī)范解答規(guī)范解答法一：主元法法一：主元法(學(xué)生用書不提供解題過程學(xué)生用書不提供解題過程)構(gòu)造函數(shù)構(gòu)造函數(shù) f (x)ln bln x2x bx

20、x2b2，其中其中 0 xb，則則 f (x)1x2b34b2x2bx2 x2b2 2 x2b2 2 2b34b2x2bx2 xx x2b2 2 b2x2 b2x22bx x x2b2 2.0 xb，f (x) b2x2 b2x22bx x x2b2 2a0，故，故 f (a)f (b)0，即，即 ln bln a2a ba a2b2.法二：整體換元法法二：整體換元法(學(xué)生用書不提供解題過程學(xué)生用書不提供解題過程)令令bat(t1)， 構(gòu)造函構(gòu)造函數(shù)數(shù) f (t)ln t2 t1 t21， 則則f (t)1t2t24t2 t21 2t42t32t22t1t t21 2 t21 t22t1 t

21、t21 2.t1，t210，t22t112210，則則 f (t)0，f (t)在在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，故故 f (t)f (1)0，即，即 lnba2ba11ba20，從而有，從而有 ln bln a2a ba a2b2.法三：法三：函數(shù)不等式的對稱性函數(shù)不等式的對稱性(學(xué)生用書提供解題過程學(xué)生用書提供解題過程)原不等式可化為原不等式可化為 ln b2aba2b2ln a2a2a2b2，則構(gòu)造函數(shù)則構(gòu)造函數(shù) f (x)ln x2axa2b2(bxa0)，則，則 f (x)1x2aa2b21b2a2ab0，f (x)ln x2axa2b2在在(a，b)上單調(diào)遞增，即上單調(diào)遞增，即 f

22、 (b)f (a)，則，則 ln b2aba2b2ln a2a2a2b2，故，故 ln bln a2a ba a2b2.題后悟通題后悟通思路思路受阻受阻分析分析由于題目條件少由于題目條件少， 不能正確分析要證不等式的特點不能正確分析要證不等式的特點， 并構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)將問題轉(zhuǎn)化并構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)將問題轉(zhuǎn)化，從而導(dǎo)致無從下手解決問題從而導(dǎo)致無從下手解決問題技法技法關(guān)鍵關(guān)鍵點撥點撥證明雙變量函數(shù)不等式的常見思路證明雙變量函數(shù)不等式的常見思路(1)將雙變量中的一個看作變量將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數(shù)另一個看作常數(shù)，構(gòu)造一個含參數(shù)的輔助函數(shù)證明構(gòu)造一個含參數(shù)的輔助函數(shù)證明不等式不等式(2)整

23、體換元對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式整體換元對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式(3)若雙變量的函數(shù)不等式具有對稱性若雙變量的函數(shù)不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函分離之后的函數(shù)結(jié)構(gòu)具有相似性，從而構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證明數(shù)結(jié)構(gòu)具有相似性，從而構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證明對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練3(2019 屆高三屆高三黃岡模擬黃岡模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ln xex(R R)(1)若函數(shù)若函數(shù) f (x)是單調(diào)函數(shù)，求是單調(diào)函數(shù)，求的取值范圍；的取值范圍；(2)求證：當(dāng)求證：當(dāng) 0 x11x2x1.解：解：(1)函數(shù)函數(shù)

24、f (x)的定義域為的定義域為(0，)，f (x)ln xex，f (x)xexxexx，函數(shù)函數(shù) f (x)是單調(diào)函數(shù)，是單調(diào)函數(shù)，f (x)0 或或 f (x)0 在在(0，)上恒成立，上恒成立，當(dāng)函數(shù)當(dāng)函數(shù) f (x)是單調(diào)遞減函數(shù)時，是單調(diào)遞減函數(shù)時，f (x)0，xexx0，即，即xex0，xexxex，令令(x)xex，則，則(x)x1ex，當(dāng)當(dāng) 0 x1 時，時，(x)1 時，時，(x)0，則則(x)在在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，當(dāng)當(dāng) x0 時，時，(x)min(1)1e，1e.當(dāng)函數(shù)當(dāng)函數(shù) f (x)是單調(diào)遞增函數(shù)時，是單調(diào)遞增函數(shù)時

25、，f (x)0，xexx0，即，即xex0，xexxex，由由得得(x)xex在在(0,1)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減，在在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，又又(0)0，x時時，(x)0，0.綜上，綜上，的取值范圍是的取值范圍是，1e 0，)(2)證明：由證明：由(1)可知，當(dāng)可知，當(dāng)1e時，時，f (x)1eln xex在在(0，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，0 x1f (x2)，即即1eln x1ex11eln x2ex2，e1x2e1x1ln x1ln x2.要證要證 e1x2e1x11x2x1，只需證只需證 ln x1ln x21x2x1，即證即證 lnx1x21x2x1，令令 tx1x2，t(0

26、,1)，則只需證，則只需證 ln t11t，令令 h(t)ln t1t1，則，則 h(t)1t1t2t1t2，當(dāng)當(dāng) 0t1 時，時，h(t)0，即，即 ln t11t，故原不等式得證，故原不等式得證考法二考法二恒成立與能成立問題恒成立與能成立問題題型題型策略策略(一一)|分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題例例 1已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xln x，若對于所有若對于所有 x1 都有都有 f (x)ax1，求實數(shù)求實數(shù) a 的取的取值范圍值范圍破題思路破題思路求什么求什么想什么想什么求實數(shù)求實數(shù) a 的取值范圍，想到建立關(guān)于實數(shù)的取值范圍，想到建立關(guān)于實數(shù) a 的

27、不等式的不等式給什么給什么用什么用什么題目條件中題目條件中，已知已知 f (x)ax1，即即 xln xax1，想到將不等式轉(zhuǎn)化想到將不等式轉(zhuǎn)化為為xln xax10 或或 aln x1x差什么差什么找什么找什么缺少缺少 xln xax1 的最小值或的最小值或 ln x1x的最小值，利用導(dǎo)數(shù)求解即可的最小值，利用導(dǎo)數(shù)求解即可規(guī)范解答規(guī)范解答法一：分離參數(shù)法法一：分離參數(shù)法(學(xué)生用書不提供解題過程學(xué)生用書不提供解題過程)依題意，得依題意，得 f (x)ax1 在在1，)上恒成立，即不等式上恒成立，即不等式 aln x1x在在 x1，)恒成立，亦即恒成立，亦即 aln x1xmin，x1，)設(shè)設(shè)

28、g(x)ln x1x(x1)，則，則 g(x)1x1x2x1x2.令令 g(x)0，得，得 x1.當(dāng)當(dāng) x1 時，因為時，因為 g(x)0，故故 g(x)在在1，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)所以所以 g(x)在在1，)上的最小值是上的最小值是 g(1)1.故故 a 的取值范圍是的取值范圍是(，1法二：構(gòu)造函數(shù)法法二：構(gòu)造函數(shù)法(學(xué)生用書提供解題過程學(xué)生用書提供解題過程)當(dāng)當(dāng) x1 時，有時，有 f (1)a1，即，即 a10，得，得 a1.構(gòu)造構(gòu)造 F(x)f (x)(ax1)xln xax1，原命題等價于原命題等價于 F(x)0 在在 x1 上恒成立上恒成立F(x)min0，x1，)由于由于 F(

29、x)ln x1a0 在在 x1，)上恒成立上恒成立，因此因此，函數(shù)函數(shù) F(x)在在1，)上上單調(diào)遞增，所以單調(diào)遞增，所以 F(x)minF(1)1a0，得，得 a1.故故 a 的取值范圍是的取值范圍是(，1題后悟通題后悟通(一一)思路受阻分析思路受阻分析求解本題時，直接作差構(gòu)造函數(shù)或分離參數(shù)后構(gòu)造函數(shù)求求解本題時，直接作差構(gòu)造函數(shù)或分離參數(shù)后構(gòu)造函數(shù)求 a 的取值范圍，其關(guān)鍵是正的取值范圍，其關(guān)鍵是正確求解所構(gòu)造函數(shù)的最值，這也是大多數(shù)同學(xué)不會求解或不能正確求解最值而導(dǎo)致無法繼確求解所構(gòu)造函數(shù)的最值，這也是大多數(shù)同學(xué)不會求解或不能正確求解最值而導(dǎo)致無法繼續(xù)解題或解題失誤的地方續(xù)解題或解題失誤

30、的地方(二二)技法關(guān)鍵點撥技法關(guān)鍵點撥分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路與關(guān)鍵分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路與關(guān)鍵(1)分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負(fù)的情況用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負(fù)的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問題的不等式，只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決

31、問題(2)求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法通過分離參數(shù)法， 先轉(zhuǎn)化為先轉(zhuǎn)化為 f (a)g(x)(或或 f (a)g(x)對對xD 恒成立恒成立， 再轉(zhuǎn)化再轉(zhuǎn)化為為 f (a)g(x)max(或或 f (a)g(x)min)求最值關(guān)求最值關(guān)求函數(shù)求函數(shù) g(x)在區(qū)間在區(qū)間 D 上的最大值上的最大值(或最小值或最小值)問題問題(三三)解題細(xì)節(jié)提醒解題細(xì)節(jié)提醒有些含參不等式恒成立問題有些含參不等式恒成立問題，在分離參數(shù)時會遇到討論的麻煩在分離參數(shù)時會遇到討論的麻煩，或者即使分離出參數(shù)或者即使分離出參數(shù)，但參數(shù)的最值卻難

32、以求出，這時常利用導(dǎo)數(shù)法，借助導(dǎo)數(shù)，分析函數(shù)的單調(diào)性，通過對函但參數(shù)的最值卻難以求出，這時常利用導(dǎo)數(shù)法，借助導(dǎo)數(shù)，分析函數(shù)的單調(diào)性，通過對函數(shù)單調(diào)性的分析確定函數(shù)值的變化情況，找到參數(shù)滿足的不等式，往往能取得意想不到的數(shù)單調(diào)性的分析確定函數(shù)值的變化情況，找到參數(shù)滿足的不等式，往往能取得意想不到的效果效果對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)ax2aln x，其中，其中 aR R.(1)討論討論 f (x)的單調(diào)性；的單調(diào)性；(2)確定確定 a 的所有可能取值，使得的所有可能取值，使得 f (x)1xe1x在區(qū)間在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立內(nèi)恒成立(e2.718為為自然對數(shù)的底數(shù)自然對數(shù)的底數(shù))解

33、：解：(1)由題意，由題意，f (x)2ax1x2ax21x，x0，當(dāng)當(dāng) a0 時，時，2ax210，f (x)0，f (x)在在(0，)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減當(dāng)當(dāng) a0 時，時，f (x)2ax12ax12ax，當(dāng)當(dāng) x0，12a 時，時，f (x)0.故故 f (x)在在0，12a 上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在12a，上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增綜上所述綜上所述，當(dāng)當(dāng) a0 時時，f (x)在在(0，)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減；當(dāng)當(dāng) a0 時時，f (x)在在0，12a 上單上單調(diào)遞減，在調(diào)遞減，在12a，上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增(2)原不等式等價于原不等式等價于 f (x)1xe1x0 在在(1，)上恒成

34、立上恒成立一方面，令一方面，令 g(x)f (x)1xe1xax2ln x1xe1xa，只需只需 g(x)在在(1，)上恒大于上恒大于 0 即可即可又又 g(1)0，故，故 g(x)在在 x1 處必大于等于處必大于等于 0.令令 F(x)g(x)2ax1x1x2e1x，由由 g(1)0，可得，可得 a12.另一方面，當(dāng)另一方面，當(dāng) a12時，時，F(xiàn)(x)2a1x22x3e1x11x22x3e1xx3x2x3e1x，因為因為 x(1，)，故，故 x3x20.又又 e1x0，故故 F(x)在在 a12時恒大于時恒大于 0.所以當(dāng)所以當(dāng) a12時，時，F(xiàn)(x)在在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增所以所以

35、 F(x)F(1)2a10，故故 g(x)也在也在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增所以所以 g(x)g(1)0，即即 g(x)在在(1，)上恒大于上恒大于 0.綜上所述，綜上所述，a12.故實數(shù)故實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為12，.題型題型策略策略(二二)|分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決不等式能成立問題分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決不等式能成立問題例例 2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xaln x，g(x)a1x(aR R)若在若在1，e上存在一點上存在一點 x0，使得使得 f (x0)g(x0)成立，求成立，求 a 的取值范圍的取值范圍破題思路破題思路求什么求什么想什么想什么求求 a 的取值范圍，想到建立關(guān)

36、于的取值范圍，想到建立關(guān)于 a 的不等式的不等式給什么給什么用什么用什么題目條件中題目條件中，給出存在給出存在 x01，e，使使 f (x0)g(x0)成立成立，想到利用想到利用 f (x0)g(x0)建立建立關(guān)于關(guān)于 a 的不等式的不等式差什么差什么找什么找什么要建立關(guān)于要建立關(guān)于 a 的不等式，可令的不等式，可令 h(x)f (x)g(x)，轉(zhuǎn)化為，轉(zhuǎn)化為 h(x)的最值問題求解的最值問題求解規(guī)范解答規(guī)范解答依題意，只需依題意，只需f (x0)g(x0)min0，x01，e即可即可令令 h(x)f (x)g(x)xaln xa1x，x1，e，則則 h(x)1axa1x2x2ax a1 x2

37、x a1 x1 x2.令令 h(x)0，得得 xa1.若若 a11，即，即 a0 時，時，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，h(x)minh(1)a20，得，得 a2；若若 1a1e，即，即 0a2，x(0，e1)與與h(x)0 不符，故舍去不符，故舍去若若 a1e，即即 ae1 時時，h(x)在在1，e上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減，則則 h(x)minh(e)eaa1e，令令 h(e)e21e1e1 成立成立綜上所述，綜上所述，a 的取值范圍為的取值范圍為(，2)e21e1，.題后悟通題后悟通思路思路受阻受阻分析分析本題構(gòu)造函數(shù)后，求解本題構(gòu)造函數(shù)后，求解 a 的取值范圍時，需對的取值范圍時，

38、需對 a 分類討論此處往往分類討論此處往往因不會分類討論或討論不全而導(dǎo)致解題失誤因不會分類討論或討論不全而導(dǎo)致解題失誤技法技法關(guān)鍵關(guān)鍵點撥點撥不等式能成立問題的解題關(guān)鍵點不等式能成立問題的解題關(guān)鍵點對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練2(2019 屆高三屆高三河北河北“五個一名校聯(lián)盟五個一名校聯(lián)盟”模擬模擬)已知已知 a 為實數(shù)，函數(shù)為實數(shù)，函數(shù) f (x)aln xx24x.(1)若若 x3 是函數(shù)是函數(shù) f (x)的一個極值點，求實數(shù)的一個極值點，求實數(shù) a 的值；的值；(2)設(shè)設(shè) g(x)(a2)x，若存在若存在 x01e，e，使得使得 f (x0)g(x0)成立成立，求實數(shù)求實數(shù) a 的取值范圍的取值范圍

39、解：解：(1)函數(shù)函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(0，)，f (x)ax2x42x24xax.x3 是函數(shù)是函數(shù) f (x)的一個極值點，的一個極值點，f (3)0，解得，解得 a6.經(jīng)檢驗，當(dāng)經(jīng)檢驗，當(dāng) a6 時，時，x3 是函數(shù)是函數(shù) f (x)的一個極小值點，符合題意，故的一個極小值點，符合題意，故 a6.(2)由由 f (x0)g(x0)，得，得(x0ln x0)ax202x0，記記 F(x)xln x(x0)，則，則 F(x)x1x(x0)，當(dāng)當(dāng) 0 x1 時，時，F(xiàn)(x)1 時，時，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增F(x)F(1)10，ax202x0 x0ln x0.記記

40、 G(x)x22xxln x，x1e，e，則則 G(x) 2x2 xln x x2 x1 xln x 2 x1 x2ln x2 xln x 2.x1e，e，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，當(dāng)當(dāng) x1e，1時時，G(x)0，G(x)單調(diào)遞單調(diào)遞增增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故實數(shù)故實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為1，)題型題型策略策略(三三)|最值定位法解決雙參不等式恒成立問題最值定位法解決雙參不等式恒成立問題例例 3已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)12ln xmx，g(x)xax(a0)(1)求函數(shù)求函數(shù) f (x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間；(2)若若 m12

41、e2，對，對x1，x22,2e2都有都有 g(x1)f (x2)成立，求實數(shù)成立，求實數(shù) a 的取值范圍的取值范圍破題思路破題思路第第(1)問問求什么求什么想什么想什么求求 f (x)的單調(diào)區(qū)間，想到解不等式的單調(diào)區(qū)間，想到解不等式 f (x)0 或或 f (x)0，所以所以 f (x)12xm，當(dāng)當(dāng) m0 時，時，f (x)0，f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增當(dāng)當(dāng) m0 時，由時，由 f (x)0 得得 x12m；由由f x 0，x0得得 0 x12m；由；由f x 0得得 x12m.所以所以 f (x)在在0，12m 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在12m，上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減綜上所

42、述，當(dāng)綜上所述，當(dāng) m0 時，時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間；，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)當(dāng) m0 時，時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為0，12m ，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為12m，.(2)若若 m12e2，則，則 f (x)12ln x12e2x.對對x1，x22,2e2都有都有 g(x1)f (x2)成立，成立，等價于對等價于對x2,2e2都有都有 g(x)minf (x)max，由由(1)知在知在2,2e2上上 f (x)的最大值為的最大值為 f (e2)12，又又 g(x)1ax20(a0)，x2,2e2，所以函數(shù)，所以函數(shù) g(x)

43、在在2,2e2上是增函數(shù)，所以上是增函數(shù)，所以 g(x)ming(2)2a2.由由 2a212，得，得 a3，又，又 a0，所以，所以 a(0,3，所以實數(shù)所以實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為(0,3題后悟通題后悟通(一一)思路受阻分析思路受阻分析本題本題(2)中不會或不能準(zhǔn)確地將已知條件中不會或不能準(zhǔn)確地將已知條件“x1， x22,2e2都有都有 g(x1)f (x2)成立成立”進(jìn)行進(jìn)行轉(zhuǎn)化，而導(dǎo)致無法求解此題轉(zhuǎn)化，而導(dǎo)致無法求解此題(二二)技法關(guān)鍵點撥技法關(guān)鍵點撥1最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路策略最值定位法解雙參不等式恒成立問題的思路策略(1)用最值定位法解雙參不等式恒成立問題

44、是指通過不等式兩端的最值進(jìn)行定位，轉(zhuǎn)化用最值定位法解雙參不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進(jìn)行定位，轉(zhuǎn)化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍范圍(2)有關(guān)兩個函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內(nèi)有關(guān)兩個函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內(nèi)的自變量是沒有關(guān)聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應(yīng)該通過最值進(jìn)行定位，對于任意的自變量是沒有關(guān)聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應(yīng)該通過最值進(jìn)行定位，對于任意的的x1a，b，x2m，

45、n，不等式，不等式 f (x1)g(x2)恒成立，等價于恒成立，等價于 f (x)min(xa，b)g(x)max(xm，n)，列出參數(shù)所滿足的不等式，便可求出參數(shù)的取值范圍，列出參數(shù)所滿足的不等式，便可求出參數(shù)的取值范圍2常見的雙變量不等式恒成立問題的類型常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對于任意的對于任意的 x1a，b，總存在，總存在 x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)maxg(x2)max.(2)對于任意的對于任意的 x1a，b，總存在，總存在 x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)ming(x2)min.(3)若存在若存在 x1a，b，

46、對任意的，對任意的 x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)ming(x2)min.(4)若存在若存在 x1a，b，對任意的，對任意的 x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)maxg(x2)max.(5)對于任意的對于任意的 x1a，b，x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)maxg(x2)min.(6)對于任意的對于任意的 x1a，b，x2m，n，使得，使得 f (x1)g(x2)f (x1)ming(x2)max.對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練3已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)x(a1)ln xax(aR R)，g(x)12x2exxex.(1)當(dāng)當(dāng)

47、 x1，e時，求時，求 f (x)的最小值；的最小值；(2)當(dāng)當(dāng) a1 時時，若存在若存在 x1e，e2，使得對任意的使得對任意的 x22,0，f (x1)g(x2)恒成立恒成立，求求 a的取值范圍的取值范圍解：解：(1)f (x)的定義域為的定義域為(0，)，f (x)1a1xax2 x1 xa x2.當(dāng)當(dāng) a1 時，時，x1，e，f (x)0，f (x)為增函數(shù)，所以為增函數(shù)，所以 f (x)minf (1)1a.當(dāng)當(dāng) 1ae 時，時，x1，a時，時，f (x)0，f (x)為減函數(shù)；為減函數(shù)；xa，e時，時，f (x)0，f (x)為增函數(shù)為增函數(shù)所以所以 f (x)minf (a)a(

48、a1)ln a1.當(dāng)當(dāng) ae 時，時，x1，e，f (x)0，f (x)在在1，e上為減函數(shù)，上為減函數(shù)，所以所以 f (x)minf (e)e(a1)ae.綜上，當(dāng)綜上，當(dāng) a1 時，時，f (x)min1a；當(dāng)當(dāng) 1ae 時，時，f (x)mina(a1)ln a1；當(dāng)當(dāng) ae 時，時，f (x)mine(a1)ae.(2)由題意知由題意知 f (x)(xe，e2)的最小值小于的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值的最小值由由(1)知，當(dāng)知，當(dāng) a1 時，時，f (x)在在e，e2上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，所以所以 f (x)minf (e)e(a1)ae.由題意知由題意知 g(x)(1

49、ex)x.當(dāng)當(dāng) x2,0時，時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，為減函數(shù)，g(x)ming(0)1，所以，所以 e(a1)aee22ee1，所以，所以 a 的取值范圍為的取值范圍為e22ee1，1.專題跟蹤檢測專題跟蹤檢測(對應(yīng)配套卷對應(yīng)配套卷 P171)1(2019 屆高三屆高三唐山模擬唐山模擬)已知已知 f (x)12x2a2ln x，a0.(1)求函數(shù)求函數(shù) f (x)的最小值；的最小值；(2)當(dāng)當(dāng) x2a 時，證明：時，證明：f x f 2a x2a32a.解：解：(1)函數(shù)函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(0，)，f (x)xa2x xa xa x.當(dāng)當(dāng) x(0，a)時，時，f (

50、x)0，f (x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增所以當(dāng)所以當(dāng) xa 時，時，f (x)取得極小值，也是最小值，且取得極小值，也是最小值，且 f (a)12a2a2ln a.(2)證明：由證明：由(1)知，知，f (x)在在(2a，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，則所證不等式等價于則所證不等式等價于 f (x)f (2a)32a(x2a)0.設(shè)設(shè) g(x)f (x)f (2a)32a(x2a)，則當(dāng)則當(dāng) x2a 時，時，g(x)f (x)32axa2x32a 2xa x2a 2x0，所以所以 g(x)在在(2a，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，當(dāng)當(dāng) x2a 時，時，g(x)g(2a)0，即即 f (x)f (2a)32a

51、(x2a)0，故故f x f 2a x2a32a.2已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xex2xaln x，曲線曲線 yf (x)在點在點 P(1，f (1)處的切線與直線處的切線與直線 x2y10 垂直垂直(1)求實數(shù)求實數(shù) a 的值；的值；(2)求證：求證：f (x)x22.解：解：(1)因為因為 f (x)(x1)ex2ax，所以曲線所以曲線 yf (x)在點在點 P(1，f (1)處的切線斜率處的切線斜率 kf (1)2e2a.而直線而直線 x2y10 的斜率為的斜率為12，由題意可得由題意可得(2e2a)12 1，解得解得 a2e.(2)證明：由證明：由(1)知，知，f (x)xex2x2

52、eln x.不等式不等式 f (x)x22 可化為可化為 xex2x2eln xx220.設(shè)設(shè) g(x)xex2x2eln xx22，則則 g(x)(x1)ex22ex2x.記記 h(x)(x1)ex22ex2x(x0)，則則 h(x)(x2)ex2ex22，因為因為 x0，所以，所以 x22，ex1，故，故(x2)ex2，又又2ex20，所以，所以 h(x)(x2)ex2ex220，所以函數(shù)所以函數(shù) h(x)在在(0，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增又又 h(1)2e22e20，所以當(dāng)所以當(dāng) x(0,1)時，時，h(x)0，即，即 g(x)0，即，即 g(x)0，函數(shù)，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增所

53、以所以 g(x)g(1)e22eln 112e1，顯然顯然 e10，所以所以 g(x)0，即，即 xex2x2eln xx22，也就是，也就是 f (x)x22.3(2018武漢模擬武漢模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)(1xx2)ex(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)是自然對數(shù)的底數(shù))(1)討論討論 f (x)的單調(diào)性；的單調(diào)性；(2)當(dāng)當(dāng) x0 時，時，f (x)ax12x2恒成立，求實數(shù)恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍的取值范圍解：解：(1)f (x)(2xx2)ex(x2)(x1)ex.當(dāng)當(dāng) x1 時，時，f (x)0；當(dāng)；當(dāng)2x0.所以所以 f (x)在在(，2)，(1，)上單調(diào)遞減，在

54、上單調(diào)遞減，在(2,1)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增(2)設(shè)設(shè) F(x)f (x)(ax12x2)，F(xiàn)(0)0，F(xiàn)(x)(2xx2)ex4xa，F(xiàn)(0)2a，當(dāng)當(dāng)a2時時， F(x)(2xx2)ex4xa(x2)(x1)ex4x2(x2)(x1)exx2(x2)(x1)ex1，設(shè)設(shè) h(x)(x1)ex1，h(x)xex0，所以，所以 h(x)在在0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，h(x)(x1)ex1h(0)0，即即 F(x)0 在在0，)上恒成立，上恒成立，F(xiàn)(x)在在0，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)F(0)0，所，所以以 f (x)ax12x2在在0，)上恒成立上恒成立當(dāng)當(dāng) a0， 而函數(shù)而函

55、數(shù) F(x)的圖象在的圖象在(0， )上連續(xù)且上連續(xù)且 x， F(x)逐漸趨近負(fù)無窮逐漸趨近負(fù)無窮，必存在正實數(shù)必存在正實數(shù) x0使得使得 F(x0)0 且在且在(0，x0)上上 F(x)0，所以所以 F(x)在在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時上單調(diào)遞增，此時 F(x)F(0)0，f (x)ax12x2有解，不滿足題意有解，不滿足題意綜上，綜上，a 的取值范圍是的取值范圍是2，)4(2018南昌模擬南昌模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)2ln xmx21.(1)討論函數(shù)討論函數(shù) f (x)的單調(diào)性；的單調(diào)性；(2)當(dāng)當(dāng) f (x)有極值時，若存在有極值時，若存在 x0，使得，使得 f (x0)m1

56、成立，求實數(shù)成立，求實數(shù) m 的取值范圍的取值范圍解：解：(1)函數(shù)函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(0，)，f (x)2x2mx2 mx21 x，當(dāng)當(dāng) m0 時，時，f (x)0，f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) m0 時，令時，令 f (x)0，得，得 0 xmm，令令 f (x)mm，f (x)在在0，mm 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在mm，上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減(2)由由(1)知，當(dāng)知，當(dāng) f (x)有極值時，有極值時，m0，且，且 f (x)在在0，mm 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在mm，上上單調(diào)遞減單調(diào)遞減f (x)maxfmm 2lnmmm1m1ln m，若存

57、在若存在 x0，使得，使得 f (x0)m1 成立，則成立，則 f (x)maxm1.即即ln mm1，ln mm10)，g(x)11x0，g(x)在在(0，)上單調(diào)遞增，且上單調(diào)遞增，且 g(1)0，0m0 時，對任意的時，對任意的 x1e，e，恒有，恒有 f (x)e1 成立，求實數(shù)成立，求實數(shù) b 的取值的取值范圍范圍解：解：(1)函數(shù)函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(0，)當(dāng)當(dāng) b2 時，時，f (x)aln xx2，所以所以 f (x)ax2x2x2ax.當(dāng)當(dāng) a0 時，時，f (x)0，所以函數(shù)，所以函數(shù) f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增當(dāng)當(dāng) a0 時，令時，令 f

58、(x)0，解得，解得 xa2(負(fù)值舍去負(fù)值舍去)，當(dāng)當(dāng) 0 xa2時，時，f (x)a2時，時，f (x)0，所以函數(shù)，所以函數(shù) f (x)在在a2， 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng) b2，a0 時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) b2，a0 時，時，f (x)bln xxb，f (x)bxbxb1b xb1 x.令令 f (x)0，得，得 0 x0，得，得 x1.所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)在在1e，1上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減， 在在(1， e上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增， f (x)max為為 f1e beb與與 f (e)beb中的較大者中的較大者f

59、(e)f1e ebeb2b.令令 g(m)emem2m(m0)，則當(dāng)則當(dāng) m0 時，時，g(m)emem22 emem20，所以所以 g(m)在在(0， )上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增， 故故 g(m)g(0)0， 所以所以 f (e)f1e ， 從而從而 f (x)maxf (e)beb所以所以bebe1，即，即 ebbe10.設(shè)設(shè)(t)ette1(t0)，則，則(t)et10，所以所以(t)在在(0，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增又又(1)0，所以，所以 ebbe10 的解集為的解集為(0,1所以所以 b 的取值范圍為的取值范圍為(0,16(2018開封模擬開封模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)axx2x

60、ln a(a0，a1)(1)當(dāng)當(dāng) ae(e 是自然對數(shù)的底數(shù)是自然對數(shù)的底數(shù))時，求函數(shù)時，求函數(shù) f (x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在若存在 x1，x21,1，使得，使得|f (x1)f (x2)|e1，求實數(shù)，求實數(shù) a 的取值范圍的取值范圍解：解：(1)f (x)axln a2xln a2x(ax1)ln a.當(dāng)當(dāng) ae 時，時，f (x)2xex1，其在，其在 R R 上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，又又 f (0)0，f (x)0 的解集為的解集為(0，)，f (x)1 時，時，ln a0，y(ax1)ln a 在在 R R 上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，當(dāng)當(dāng) 0a1 時，時，ln a1

61、 或或 0a0)，g(a)11a22a11a20，g(a)a1a2ln a 在在(0，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)而而 g(1)0，故當(dāng)故當(dāng) a1 時時，g(a)0，即即 f (1)f (1)；當(dāng)當(dāng) 0a1 時時，g(a)0，即即 f (1)1 時時，f (x)maxf (x)minf (1)f (0)e1，即即 aln ae1，函數(shù)函數(shù) yaln a 在在(1，)上是增函數(shù)，解得上是增函數(shù)，解得 ae；當(dāng)當(dāng) 0a1 時，時，f (x)maxf (x)minf (1)f (0)e1，即，即1aln ae1，函數(shù)函數(shù) y1aln a 在在(0,1)上是減函數(shù)，解得上是減函數(shù)，解得 0a1e.綜上可知，實數(shù)綜上可知，實數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為0，1e e，)