导数中恒成立存在问题零点问题

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导数中恒成立存在问题+零点问题探究1已知函数3211()33fxxmxxm,其中mR.若对任意的x1,x2[1,1],都有12|()()|4fxfx,求实数m的取值范围;探究2已知函数的图象在点A(1,f(1))处的切线与直线平行。记函数恒成立,求c的取值范围。探究3已知函数21ln12fxaxxbx.若2,1ab,当1x时,关于x的不等式21fxtx恒成立,求实数t的取值范围(其中e是自然对数的底数,2,71828e).探究4已知函数()fx满足()2(2)fxfx,且当0,2x时,1()ln()2fxxaxa,当4,2x时,()fx的最大值为4.(1)求实数a的值;(2)设0b,函数31()3gxbxbx,1,2x.若对任意11,2x,总存在21,2x,使12fxgx,求实数b的取值范围探究5.已知函数2()(fxaxlnxa为常数).[来源:学#科#网]若a0,且对任意的.x[1,e],f(x)≥(a-2)x恒成立,求实数a的取值范围.探究6已知函数1()exfx,()lngxx,其中e为自然对数的底数.(1)求函数()()yfxgx在x1处的切线方程;(2)若存在12xx,12xx,使得1221()()()()gxgxfxfx成立,其中为常数,求证:e;(3)若对任意的01x,,不等式()()(1)fxgxax≤恒成立,求实数a的取值范围.探究7已知函数()xfxe,2()1(,)gxaxbxabR.(1)若0a,则a,b满足什么条件时,曲线()yfx与()ygx在0x处总有相同的切线?(2)当1a时,求函数()()()gxhxfx的单调减区间;(3)当0a时,若()()fxgx对任意的xR恒成立,求b的取值的集合.探究8已知函数2()ln,()fxxxgxxax.(1)求函数()fx在区间,1(0)ttt上的最小值()mt;(2)令1122()()(),(,()),(,())hxgxfxAxhxBxhx12()xx是函数()hx图象上任意两点,且满足1212()()1,hxhxxx求实数a的取值范围;(3)若(0,1]x,使()()agxfxx成立,求实数a的最大值.[来源:Z§xx§k.Com]探究9设函数2()=()xfxxeaxaR.若对任意的实数a,函数()hxkxb(,kb为实常数)的图象与函数()fx的图象总相切于一个定点.①求k与b的值;②对(0,)上的任意实数12,xx,都有1122[()()][()()]0fxhxfxhx,求实数a的取值范围.探究10已知f(x)=x2+mx+1(m∈R),g(x)=ex.若m∈(﹣1,0),设函数,求证:对任意x1,x2∈[1,1﹣m],G(x1)<H(x2)恒成立.1解答:“对任意的x1,x2[1,1],都有|f(x1)f(x2)|4”等价于“函数y=f´(x),x[1,1]的最大值与最小值的差小于等于4”.对于f´(x)=x2-2mx-1,对称轴x=m.①当m1时,f´(x)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;……………………………6分②当1m1时,f´(x)的最大值为f´(1)或f´(1),最小值为f´(m),由f´(1)f´(m)4f´(1)f´(m)4,即m22m30m2+2m30,解得1m1;………………………………8分[来源:学#科#网]③当m1时,f´(x)的最大值为f´(1),最小值为f´(1),由f´(1)f´(1)4,即4m4,解得m1,舍去;综上,实数m的取值范围是[1,1].2:解答3解答4解答.(1)当x∈(0,2)时,11()(2)(4)24fxfxfx,由条件,当x4∈(4,2),(4)fx的最大值为4,所以()fx的最大值为1.……………………………………………………………2分因为11()axfxaxx,令()0fx,所以1xa.……………………………3分因为12a,所以1(0,2)a.当x∈(0,1a)时,()0fx,()fx是增函数;当x∈(1a,2)时,()0fx;()fx是减函数.则当x1a时,()fx取得最大值为11()ln()11faa.所以a1.……6分(2)设()fx在1,2x的值域为A,()gx在1,2x的值域为B,则依题意知AB.因为()fx在1,2x上是减函数,所以A(ln22,1).又22()(1)gxbxbbx,因为1,2x,所以210,3x.①b0时,()gx0,g(x)是增函数,B22(,)33bb.因为AB,所以2ln223b≤.解得33ln22b≥.②b0时,()gx0,g(x)是减函数,B22(,)33bb.因为AB,所以2ln223b≤.33ln22b≤.由①,②知,33ln22b≤,或33ln22b≥.……………………………………………5解答6解答:(1)因为ln()()exxyfxgx,所以211elnelneexxxxxxxxy,故11exy.所以函数()()yfxgx在x1处的切线方程为1(1)eyx,即e10xy.……2分(2)由已知等式1221()()()()gxgxfxfx得1122()()()()gxfxgxfx.记()()()lnexpxgxfxx,则e()exxxpxx.……4分假设e≤.①若≤0,则()0px,所以()px在0+,上为单调增函数.又12()()pxpx,所以12xx,与12xx矛盾.……6分②若0e≤,记()exrxx,则()exrx.令()0rx,解得0lnx.当0xx时,()0rx,()rx在0x,上为单调增函数;当00xx时,()0rx,()rx在00x,上为单调减函数.所以0()()=1ln)0rxrx≥(≥,所以()0px≥,所以()px在0+,上为单调增函数.又12()()pxpx,所以12xx,与12xx矛盾.综合①②,假设不成立,所以e.……9分(3)由()()(1)fxgxax≤得lne(1)xxax≤0.记lne(1)xFxxax()=,0x≤1,则211eeexxxFxaxxaxx()=.①当1ea≤时,因为211eexx≥,e0xx,所以0Fx()≥,所以Fx()在0+,上为单调增函数,所以(1)FxF()≤=0,故原不等式恒成立.……12分②法一:当1ea时,由(2)知eexx≥,3211eeaxFxaxxx()≤,当13e1ax时,0Fx(),()Fx为单调减函数,所以(1)FxF()=0,不合题意.法二:当1ea时,一方面1=1e0Fa().另一方面,111exa,111121111eeee10Fxaxxaxaaxx()≥.所以01(1)xx,,使0=0Fx(),又Fx()在(0),上为单调减函数,所以当01xx时,0Fx(),故Fx()在0(1)x,上为单调减函数,所以(1)FxF()=0,不合题意.综上,1ea≤.……16分7解答.解:(1)()xfxe,(0)1f,又(0)1f,()yfx在0x处的切线方程为1yx,……………2分又()2gxaxb,(0)gb,又(0)1g,()ygx在0x处的切线方程为1ybx,所以当0,aaR且1b时,曲线()yfx与()ygx在0x处总有相同的切线………4分(2)由1a,21()xxbxhxe,2(2)1()xxbxbhxe,2(2)1(1)((1))()xxxbxbxxbhxee,………7分由()0hx,得11x,21xb,当0b时,函数()yhx的减区间为(,1)b,(1,);当0b时,函数()yhx的减区间为(,);当0b时,函数()yhx的减区间为(,1),(1,)b.………10分(3)由1a,则()()()1xxfxgxebx,()xxeb,①当0b时,()0x,函数()x在R单调递增,又(0)0,(,0)x时,()0x,与函数()()fxgx矛盾,………12分②当0b时,()0x,lnxb;()0x,lnxb函数()x在(,ln)b单调递减;(ln,)b单调递增,(Ⅰ)当01b时,ln0b,又(0)0,(ln)0b,与函数()()fxgx矛盾,(Ⅱ)当1b时,同理(ln)0b,与函数()()fxgx矛盾,(Ⅲ)当1b时,ln0b,函数()x在(,0)单调递减;(0,)单调递增,()(0)0x,故1b满足题意.综上所述,b的取值的集合为1.……………16分8解答【解析】试题分析:(1)先求导数1()1fxx,再求导函数零点1x,根据零点与定义区间位置关系分类讨论函数单调性:当1t时,()fx在,1tt上单调递增,当01t时,()fx在区间,1t上为减函数,在区间1,1t上为增函数,最后根据单调性确定函数最小值(2)先转化不等式1212()()1,hxhxxx不妨取12xx,则1212()()hxhxxx,即1122()()hxxhxx恒成立,即()()Fxhxx在(0,)上单调递增,然后利用导数研究函数单调性:()0Fx在(0,)恒成立.最后利用变量分离转化为对应函数最值,求参数.(3)不等式有解问题与恒成立问题一样,先利用变量分离转化为对应函数最值,22ln1xxxax的最大值,再利用导数求函数22ln()1xxxtxx的最值,这要用到二次求导,才可确定函数单调性:()tx在(0,1]上单调递增,进而确定函数最值试题解析:解(1)1()1fxx,令()0fx,则1x,当1t时,()fx在,1tt上单调递增,()fx的最小值为()lnfttt;当01t时,()fx在区间,1t上为减函数,在区间1,1t上为增函数,()fx的最小值为(1)1f.综上,当01t时,()1mt;当1t时,()lnmttt.(2)2()(1)lnhxxaxx,对于任意的12,(0,)xx,不妨取12xx,则120xx,则由1212()()1,hxhxxx可得1212()()hxhxxx,变形得1122()()hxxhxx恒成立,令2()()(2)lnFxhxxxaxx,则2()(2)lnFxxaxx在(0,)上单调递增,故1()2(2)0Fxxax在(0,)恒成立,12(2)xax在(0,)恒成立.1222xx,当且仅当22x时取,222a.(3)()()agxfxx,2(1)2lnaxxxx.(0,1]x,1(1,2]x,(0,1]x使得22ln1xxxax成立.令22ln()1xxxtxx,则2223ln1()(1)xxxtxx,令223ln1

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