导数中恒成立存在问题零点问题

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