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《利用导数设计分析设计研究存在性和任意性》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、WORD格式.可编辑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.专业知识.整理分享WORD格式.可编辑当时，，；，；
2、，.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＝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
3、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＋，专业知识.整理分享WORD格式.可编辑当a＞0时，因为－1＋＞－1，所以f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，在上单调递减；当a＜0时，因为－1＋＜－1，所以f(x)在和(－1，＋∞)上单调递减，在上单调递增．(
4、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x2∈1,2]，使g(x2)≥－f(x1)成立，因为－f(x1)]max＝0，所以blnx2－x2≥0，即b≥．令h(x)＝，x∈1,2]，则h′(x)＝＜0，因此h(x)min＝h(2)＝，所以b≥，即实数b的取值范围是．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
5、∈(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，＋∞)，专业知识.整理分享WORD格式.可编辑f′(x)＝－2ax＝，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≤，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
6、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＞，记g(a)＝(a∈(－2,0])，则g′(a)＝＝＞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)＝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
7、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
8、f(x1)－f(x2)
9、≤m恒成立，求m的最小值．解：(1)因为f(x)＝x2－alnx＋b，专业知识.整理分享WORD格式.可编辑所以f′(x)＝x－，因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，所以即解得(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)＝x2－lnx＋b，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝＝，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调
10、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－＞0，故函数f(x)在(0,2]上单调递增，不妨设0＜x1≤x2≤2，则
11、f(x1)－f(x2)
12、≤m可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，设h(x)＝f(x)＋＝x2－alnx＋b＋，则
