专题06 利用导函数研究能成立（有解）问题(典型题型归类训练) (解析版）

专题06利用导函数研究能成立（有解）问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍.........................................................................................................1二、典型题型.........................................................................................................2题型一：单变量有解问题.................................................................................2题型二：双变量不等式有解问题.....................................................................7题型三：双变量等式有解问题.......................................................................12三、专项训练.......................................................................................................16一、必备秘籍分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：xD，使得()afx能成立min()afx；xD，使得()afx能成立max()afx．③求最值.二、典型题型题型一：单变量有解问题1．（2023·四川乐山·统考二模）若存在01,2x，使不等式022002e1lne2exaxax成立，则a的取值范围是（）A．21,e2eB．221,eeC．421,eeD．41,ee【答案】D【详解】依题意，022002e1lne2exaxax02202e1lne12exaax000022222e1lne1lne2e1ln2eeexxxxaaaa，令0exat，即2e1ln220tt，由0[1,2]x，得21,eeaat，令2()e1ln22fttt，则原问题等价于存在21,eeaat，使得()0ft成立，求导得22e12e1()2tfttt，由()0ft，得2e12t，由()0ft，得2e102t，因此函数ft在2e1,2上单调递减，在2e10,2上单调递增，而2222(1)0,ee1lne2e2ff222e22e20，又22e11e2，则当21et时，()0ft，若存在21,eeaat，使得()0ft成立，只需22eea且11ea，解得4ea且1ea，即41eea，所以a的取值范围为41,ee.故选：D【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.2．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）若关于x的不等式e1lne1xaxa在0,1x内有解，则实数a的取值范围是（）A．21,e2eB．1,eeC．21,eeD．1,e2e【答案】B【详解】由lna有意义可知，0a.由e1lne1xaxa，得e1lnee1xxaa.令exta，即有e1ln1tt.因为0,1x，所以e,extaaa，令e1ln1fttt，问题转化为存在,etaa，使得0ft.因为e1tftt，令0ft，即e10t，解得e1t；令0ft，即e10t，解得0e1t，所以ft在0,e1上单调递增，在e1,上单调递减.又10,ee1lnee10ff，所以当1et时，0ft.因为存在,etaa，使得0ft成立，所以只需ea且e1a，解得1,eea.故选：B.二、填空题3．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数223e1e2e(0,R)xxfxxaxaaa，若存在唯一的整数0x，使得00fx，则实数a的取值范围是.【答案】21331e,0,1ee2【详解】函数223e1e2e(0,R)xxfxxaxaaa存在唯一的整数0x，使得00fx，223e21exxax设223eexxgx与21hxax,即存在唯一的整数0x，使得0gx在直线21hxax上方,2e52exxgx，当5,2x时，0gx,gx在5,2x上单调递增；当,25x时，0gx,gx在,25x上单调递减，,0,xgx22=1gh,13eg，若要存在唯一的整数0x，使得0gx在直线21hxax上方，则1100ghhg或3344ghhg，代入得2e1123eaa或231e521e0aaa，解得21331e,0ee12,a,故答案为：21331e,0,1ee2.【点睛】关键点点睛:用导数求参数的范围问题，将题目转化两个函数的交点问题求解是解题的关键.4．（2023·云南·校联考三模）设函数e,1xfxxaxa，若存在唯一整数0x，使得00fx，则a的取值范围是.【答案】211,ee【详解】由函数e,1xfxxaxa，设exgxx和,1yaxa因为存在唯一整数0x，使得00fx，所以存在唯一的整数0x使得0gx在直线yax的下方，如图所示，因为(1)exgxx，当1x时，0gx；当1x时，0gx，所以gx在(,1)上单调递减，在(1,)单调递增，当=1x时，gx取得极小值，也为最小值min11egxg，且当0x时，00g，当2x时，222eg，又由直线yax恒经过原点(0,0)O，斜率为a（其中1a），所以11eag且2222ega，解得211eea，所以实数a的取值范围是211,ee.故答案为：211,ee5．（2023·全国·模拟预测）已知函数2lnefxxax．(1)讨论fx的单调性；(2)若存在1,ex，使得2fxaax，求实数a的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)1【详解】（1）因为2lnefxxax，所以fx的定义域为220,,20axafxxxxx．当0a时，()0fx¢；当a0时，令0fx，解得22ax或22ax（舍去），所以当202ax时，0fx，当22ax时，()0fx¢．综上：当0a时，fx在0,上单调递增；当a0时，fx在20,2a上单调递减，在2,2a上单调递增．（2）若存在1,ex，使得2fxaax，则存在1,ex，使得2ln2axxxx成立，令ln,0,xxxx，令110xx，则1x，当0,1x时，0x，即x在0,1单调递减，当1,x时，0x，则x在1,单调递增，所以x在1x取得极小值，即最小值，所以10x，即lnxx在0,x上恒成立，即存在1,ex，使得22lnxxaxx成立，即2min2,1,elnxxaxxx．令221elnxxuxxxx，则2122ln(ln)xxxuxxx，令22ln1ehxxxx，所以221xhxxx，当12x时，0hx；当2ex时，0hx，所以hx在1,2上单调递减，在2,e上单调递增，所以222ln20hxh，所以当1,ex时，0ux恒成立，所以函数ux在1,e上单调递增，所以min()11uxu，所以1a，即实数a的最小值为1．【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数解决含参函数单调区间问题，以及不等式能成立问题，难度较难，解答本题的关键在于将不等式问题通过分离参数法，转化为最值问题，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，解决问题.6．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数()ln(1)(0)fxkxxk.(1)当1k时，求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；(2)如果存在0(0,)x，使得当00,xx时，恒有2()fxx成立，求k的取值范围.【答案】(1)0y；(2)(0,1]；【详解】（1）当1k时，()ln(1)fxxx，求导得：1()11fxx，则(0)0f，而(0)0f，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为0y.（2）22()ln(1)0fxxxkxx，因为存在00,x，使得当0(0,)xx时，恒有2fxx成立，则存在00,x，使得当0(0,)xx时，2ln(1)0xkxx，令20()ln(1),(0,)gxxkxxxx，即有0(0,)xx，()0gx恒成立，求导得1()21gxxkx，令01()2,(0,)1hxxkxxx，21()20(1)hxx，因此函数()hx，即函数()gx在0(0,)x上单调递增，而(0)1gk，当10k，即01k时，()(0)0gxg，函数()gx在0(0,)x上单调递增，0(0,)xx，()(0)0gxg成立，从而01k，当1k时，(0)10gk，1()01gkkk，则存在1(0,)xk，使得1()0gx，当10xx时，()0gx，函数()gx在1(0,)x上单调递减，当1(0,)xx时，()(0)0gxg，不符合题意，所以k的取值范围是(0,1].【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.题型二：双变量不等式有解问题1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数22efxxxa，lnxgxx，对于存在的11,ex，存在21,ex，使