用导数研究函数的恒成立与存在性问题-答案

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()2lnxfxxxa，其中a为常数．（1）若1a，求函数()fx的单调区间；（2）若函数()fx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()fxxaxaR，'()fx是()fx的导函数。（1）当2a时，对于任意的[1,1]m，[1,1]n，求()()fmfn的最小值；（2）若存在0(0,)x，使0()fx＞0，求a的取值范围。精品资料欢迎下载3．已知函数xaxxfln)()(Ra.（1）若2a，求曲线)(xfy在点1x处的切线方程；（2）求)(xf的单调区间；（3）设22)(2xxxg，若对任意1(0,)x，均存在1,02x，使得)()(21xgxf，求实数a的取值范围.精品资料欢迎下载4．（2016届惠州二模）已知函数22lnfxxx．（Ⅰ）求函数fx的最大值；（Ⅱ）若函数fx与agxxx有相同极值点．①求实数a的值；②对121,,3xxe(e为自然对数的底数)，不等式1211fxgxk恒成立，求实数k的取值范围．精品资料欢迎下载5．已知函数212()()ln()fxaxxaR．（1）当1a时，01[,]xe使不等式0()fxm，求实数m的取值范围；（2）若在区间1(,)，函数()fx的图象恒在直线2yax的下方，求实数a的取值范围．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a＝1，则f(x)＝3x－2x2＋lnx，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－4x＋3＝－4x2＋3x＋1x＝－4x＋1x－1x(x＞0)．当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，函数f(x)＝3x－2x2＋lnx单调递增．当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)＝3x－2x2＋lnx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－4x＋1x.若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝3a－4x＋1x≥0或f′(x)＝3a－4x＋1x≤0，即3a－4x＋1x≥0或3a－4x＋1x≤0在[1,2]上恒成立．即3a≥4x－1x或3a≤4x－1x.令h(x)＝4x－1x，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，所以3a≥h(2)或3a≤h(1)，即3a≥152或3a≤3，解得a＜0或0＜a≤25或a≥1.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)(],1,1[mfm对于的最小值为,4)0(fxxxf43)('2的对称轴为32x，且抛物线开口向下,)('],1,1[nfn对于的最小值为.7)1('f)(')(nfmf的最小值为-11.（2）)32(3)('axxxf.①若0)(',0,0xfxa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②若,0)(',320,0xfaxa时则当当.0)(',32xfax时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(33maxaaafxfx时，当，则.3,27,0427433aaa解得即综上，a的取值范围是).,3((或由020004,0)(,0xxaxfx得,用两种方法可解)3．解：（1）由已知120()()fxxx，1213()f，故曲线()yfx在1x处切线的斜率为3而12()f，所以切点为12(,)，)(xfy在点1x处的切线方程为31yx（2）110()()axfxaxxx①当0a时，由于0x，故10ax，所以0()fx，()fx的单调递增区间为0(,).②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()()fxgx.其中()2maxgx由(2)知，当0a时，()fx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()feae，故不符合题意.)当0a时，()fx在10(,)a上单调递增，在1(,)a上单调递减，故()fx的极大值即为最大值，1111()ln()ln()faaa，所以21ln()a，解得31ae.精品资料欢迎下载4．解（Ⅰ）211220xxfxxxxx，…………………………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的最大值为11f.…………………………………………3分（Ⅱ）2,1aagxxgxxx.①由（1）知，1x是函数fx的极值点，又函数fx与agxxx有相同极值点，1x是函数gx的极值点，110ga，解得1a.……………………………………………4分经验证，当1a时，函数gx在1x时取到极小值，符合题意.……5分②2112,11,392ln3fffee，易知2192ln321e，即131fffe.111minmax1,3,392ln3,11xfxffxfe………7分由①知211,1gxxgxxx，当1,1xe时，0gx；当1,3x时，0gx.故gx在1,1e上为减函数，在1,3上为增函数.11110,12,3333geggee，而11012,133egggee.222minmax110,3,12,33xgxggxge.…………………9分1当10k，即1k时，对于121,,3xxe，不等式1211fxgxk恒成立12max1kfxgx12max1kfxgx.1211123fxgxfg，精品资料欢迎下载312,1,1kkk又.……………………………………………10分2当10k，即1k时，对于121,,3xxe，不等式1211fxgxk恒成立12min1kfxgx12min1kfxgx.1210373392ln32ln333fxgxfg，34342ln3,1,2ln333kkk又.………………………………11分综上，所求实数k的取值范围为34,2ln31,3.…………………12分5．【解】：(1)当a＝1时，f(x)＝12x2＋lnx(x＞0)，f′(x)＝x＋1x，由x∈[1，e]，f′(x)＞0得函数f(x)在区间[1，e]为增函数，则当x∈[1，e]时，f(x)∈12，1＋12e2.故要使∃x0∈[1，e]使不等式f(x0)≤m成立，只需m≥12即可.(2)在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象恒在直线y＝2ax的下方等价于对∀x∈(1，＋∞)，f(x)＜2ax，即(a－12)x2＋lnx－2ax＜0恒成立．设g(x)＝(a－12)x2－2ax＋lnx(x∈[1，＋∞))，则g′(x)＝(2a－1)x－2a＋1x＝(x－1)(2a－1－1x)．当x∈(1，＋∞)时，x－1＞0,0＜1x＜1.①若2a－1≤0，即a≤12，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)＝a－12－2a＝－12－a，只需－12－a≤0，即当－12≤a≤12时，g(x)＝(a－12)x2＋lnx－2ax＜0恒成立．②若0＜2a－1＜1，即12＜a＜1时，令g′(x)＝(x－1)·(2a－1－1x)＝0得x＝12a－1＞1，函数g(x)在区间1，12a－1为减函数，12a－1，＋∞为增函数，则g(x)∈g12a－1，＋∞，不合题意．③若2a－1≥1，即当a≥1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－12≤a≤12时g(x)＝(a－12)x2＋lnx－2ax＜0恒成立，即当－12≤a≤12时，在区间(1，＋∞)上函数f(x)的图象恒在直线y＝2ax的下方．