導(dǎo)數(shù)不等式恒成立求字母范圍綜合教師

四、不等式恒建立求字母范圍恒建立之最值的直策應(yīng)用（2011北京理18倒數(shù)第3大題，最值的直策應(yīng)用）x已知函數(shù)f(x)(xk)2ek。⑴求f(x)的單一區(qū)間；⑵若對于隨意的x(0,)，都有f(x)≤1，求k的取值范圍.e1x解：⑴f(x)(x2k2)ek，令f(x)0,xk，k當(dāng)k0時，f(x)與f(x)的狀況以下：x(,k)k(k,k)k(k,)f(x)+00+f(x)4k2e10所以，f(x)的單一遞加區(qū)間是(,k)和(k,)：單一遞減區(qū)間是(k,k)，當(dāng)k0時，f(x)與f(x)的狀況以下：x(,k)k(k,k)k(k,)f(x)0+0f(x)04k2e1所以，f(x)的單一遞減區(qū)間是(,k)和(k,)：單一遞減區(qū)間是(k,k)。k11⑵當(dāng)k0時，因?yàn)閒(k1)ek1x(0,，所以不會有),f(x).ee當(dāng)k0時，由（Ⅰ）知f(x)在(0,)上的最大值是f(4k2，k)e所以x(0,),f(x)14k21,解10.等價于f(k)ekee2綜上：故當(dāng)x(0,),f(x)1k的取值范圍是[1時，，0].e212.（2008天津理20倒數(shù)第3大題，最值的直策應(yīng)用，第3問帶有小的辦理技巧）已知函數(shù)fxxa0，此中a,bR.bxx⑴若曲線yfx在點(diǎn)P2,f2處切線方程為y3x1,求函數(shù)fx的分析式；⑵議論函數(shù)fx的單一性；⑶若對于隨意的a1,2，不等式fx10在1,1上恒建立，求b的取值范圍.24解：⑴f(x)1af(2)3，于是a8．2，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得x由切點(diǎn)P(2,f(2))在直線y3x1上可得2b7，解得b9．所以函數(shù)f(x)的分析式為f(x)x89．x⑵f(x)1ax2．當(dāng)a0時，明顯f(x)0(x0),這時f(x)在(,0)，(0,)上內(nèi)是增函數(shù)．當(dāng)a0時，令f(x)0，解得xa．當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化狀況以下表：x(,a)a(a,0)(0,a)a(a,)f(x)＋0－－0＋f(x)↗極大值↘↘極小值↗∴f(x)在(,a)，(a,)內(nèi)是增函數(shù)，在(a,0)，(0,)內(nèi)是減函數(shù)．⑶由⑵知，f(x)在[1,1]上的最大值為f(1)與f(1)的較大者，對于隨意的a[1,2]，不等式f(x)10442f(1)10b394a[1,2]建立．進(jìn)而得b7在[1,1]上恒建立，當(dāng)且僅當(dāng)4，即4，對隨意的a，所4f(1)10b9a24以知足條件的b的取值范圍是(7]．,4（變換變量，作差）已知函數(shù)f(x)(x2a)ex.⑴若a3，求f(x)的單一區(qū)間；2⑵已知x1,x2是f(x)的兩個不一樣的極值點(diǎn)，且|x1x2||x1x2|，若3f(a)a33a23ab恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)b的取值范圍。2解：⑴a3,f(x)(x23)ex，f(x)(x22x3)ex0x3或1令f(x)0，解得x(,3)(1,)令f(x)0，解得x(3,1)，f(x)的增區(qū)間為(,3),(1,)；減區(qū)間為(3,1)，⑵f(x)(x22xa)ex0，即x22xa0由題意兩根為x1,x2，x1x22,x1x2a，又|x1x2||x1x2|2a2且△44a0，1a2.設(shè)g(a)3f(a)a33a23a3(a2a)eaa33a23a，22g(a)3(a2a1)(ea1)0a15或a02a(1,0)0515151,2)2(0,)2(22g(a)+00+g(a)極大值極小值g(2)又g(0)0，g(2)6e28，g(a)max6e28，b6e28.恒建立之分別常數(shù)（分別常數(shù)）已知函數(shù)f(x)alnx1,aR.x(1)若yf(x)在P(1,y0)處的切線平行于直線yx1，求函數(shù)yf(x)的單一區(qū)間；(2)若a0，且對x(0,2e]時，f(x)0恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.3A解:(1)()a1,.f(x)定義域?yàn)?0,),直線yx1的斜率為fxxaR,x1f'(x)a1,f'(1)a11,a2.所以f'(x)21x2x2xx2xx2由f'(x)0得x2;由f'(x)0得0x2所以函數(shù)yf(x)的單一增區(qū)間為(2，),減區(qū)間為(0,2).(2)a0，且對x(0,2e]時，f(x)0恒建立a1即ax(lnx1).lnx0在x(0,2e]恒建立,x設(shè)g(x)x(1lnx)xxlnx,x(0,2e].g'(x)1lnx1lnx,x(0,2e]當(dāng)0x1時,g'(x)0,g(x)為增函數(shù)當(dāng)0x2e時,g'(x)0,g(x)為減函數(shù).所以當(dāng)x1時,函數(shù)g(x)在x(0,2e]上取到最大值,且g(1)1ln11所以g(x)1,所以a1所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1,).（法二）議論法f(x)xaf(x)在(0,a)上是減函數(shù)，在(a,)上是增函數(shù).x2，當(dāng)a≤2e時，f(x)≥f(a)1lna10，解得a1，∴1a≤2e.當(dāng)a2e時，f(x)f(2e)aln(2e)10，解得a2eln2，∴a2e.2e綜上a1.4（2011長春一模，恒建立，分別常數(shù)，二階導(dǎo)數(shù)）已知函數(shù)f(x)exx2ax1,（此中aR,e為自然對數(shù)的底數(shù)）.2(1)當(dāng)a0時求曲線yf(x)在(0,f(0))處的切線方程；,(2)當(dāng)x≥1時,若對于x的不等式f(x)≥0恒建立,務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.（改x≥0時，f(x)≥0恒建立.a≤1）解：（1）當(dāng)a0時，f(x)exx21,f'(x)exx,f(0)0,f'(0)1,2切線方程為yx．（2）[方法一]x≥1,f(x)exx2ax1≥0a≤exx21,22xexx21,則(x1)exx21,設(shè)g(x)2g'(x)2xx2設(shè)(x)(xxx2,則'(x)x(ex1)0,1)e21(x)在[1,)上為增函數(shù),(x)≥(1)10,2(x1)exx21exx21在[1,)上為增函數(shù),g'(x)20,g(x)2x2xg(x)≥g(1)e3a≤e3．,22[方法二]f(x)exx2ax1,f'(x)exxa,2設(shè)h(x)exxa,h'(x)ex1,x≥0,'(x)x1≥0,h(x)xa在[1,)上為增函數(shù),heexh(x)≥h(1)e1a.5又xx21≥恒建立f(1)ea3a≤e3f(x)eax,≥0,,222h(x)≥h(1)e1a0,f'(x)exxa0,f(x)exx2ax1在[1,3)上為增函數(shù),此時f(x)≥f(1)ea223a≤e．2（改x≥0時，f(x)≥0恒建立.a≤1）

≥0恒建立,xx2解：先證明g(x)在(0,)上是增函數(shù)，再由洛比達(dá)法例e1x，∴g(x)1，lim2limex1x0xx01∴a≤1.（正常的議論進(jìn)行不了，除非系數(shù)調(diào)到二次項(xiàng)上f(x)exax2x1，分兩種狀況議論可得a2≤1）16.（兩邊取對數(shù)的技巧）設(shè)函數(shù)f(x)(x1且x0）(x1)ln(x1)1）求f(x)的單一區(qū)間；2）求f(x)的取值范圍；1(x1)m對隨意x(1,0)恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍。（3）已知2x11f'(x)ln(x1)1解：（）(x1)2ln2(x1),當(dāng)f'(x)0時，即ln(x1)10,1xe11.當(dāng)f'(x)0時，即ln(x1)10,0xe11或x0.故函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間是(1,e11).函數(shù)f(x)的單一遞減區(qū)間是(e11,0),(0,).（2）由f'(x)0時，即ln(x1)10,xe11，由（1）可知f(x)在11)上遞加，在(e11,0)遞減，所以在區(qū)間（－，）上，10當(dāng)xe11時，f(x)獲得極大值，即最大值為f(e11)w.在區(qū)間(0,)上，f(x)0.6函數(shù)f(x)的取值范圍為(,e)(0,).分（3）1m，兩邊取自然對數(shù)得1ln2mln(x1)2x1(x1)0,x(1,0)x1（分別常數(shù)）已知函數(shù)f(x)1lnxx．1)此中a>0，上存在極值，務(wù)實(shí)數(shù)（Ⅰ）若函數(shù)在區(qū)間(a,aa的取值范圍；2k（Ⅱ）假如當(dāng)x1時，不等式f(x)kx1恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)的取值范圍；1lnxlnx解：（Ⅰ）因?yàn)閒(x)，x>0，則f(x)xx2，當(dāng)0x1時，f(x)0；當(dāng)x1時，f(x)0．所以f(x)在（0，1）上單一遞加；在(1,)上單一遞減，所以函數(shù)f(x)在x1處獲得極大值．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(a,a10）上存在極值，)（此中a2a1,1所以1解得1．1,aa22（Ⅱ）不等式f(x)k,即為(x1)(1lnx)k,記g(x)(x1)(1lnx),x1xx所以g(x)(x1)(1lnx)x(x1)(1lnx)xlnxx22x令h(x)xlnx，則h(x)11，xx1，h(x)0,h(x)在1,)上單一遞加，h(x)minh(1)10，進(jìn)而g(x)0，7故g(x)在1,)上也單一遞加，所以g(x)ming(1)2，所以k2．（2010湖南，分別常數(shù)，結(jié)構(gòu)函數(shù)）已知函數(shù)f(x)x2bxc(b,cR),對隨意的xR,恒有f(x)≤f(x).⑴證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≤(xc)2;⑵若對知足題設(shè)條件的隨意b、c，不等式f(c)f(b)≤M(c2b2)恒建立，求M的最小值。9.（第3問不常有，有特色，由特別到一般，先猜后證）11n(x1)已知函數(shù)f(x)x（Ⅰ）求函數(shù)f(x)的定義域（Ⅱ）確立函數(shù)f(x)在定義域上的單一性，并證明你的結(jié)論.k恒建立，求正整數(shù)k的最大值.（Ⅲ）若x>0時f(x)x1解：（1）定義域(1,0)(0,)（2）f(x)1[1ln(x1)]當(dāng)x0時,f(x)0單一遞減。x2x1當(dāng)x(1,0)，令g(x)11)g(x)11x0ln(x(x1)2x1(x1)2x1，81ln(x1)11x0g(x)g(x)x1(x1)x1(x1)22故g(x)在（－1，0）上是減函數(shù)，即g(x)g(0)10，故此時f(x)1[1ln(x1)]x2x1在（－1，0）和（0，+）上都是減函數(shù)（3）當(dāng)x>0時，f(x)k1有k2[1ln2]恒建立，令x1又k為正整數(shù)，∴k的最大值不大于3下邊證明當(dāng)k=3時，f(x)k(x0)恒建立x1當(dāng)x>0時(x1)ln(x1)12x0恒建立令g(x)(x1)ln(x1)12x則g(x)ln(x1)1,當(dāng)x時，e1g(x)ln(x1)1,當(dāng)xe時，g(x)0當(dāng)0xe時1，1,g(x)0∴當(dāng)xe1時,g(x)獲得最小值g(e1)3e0當(dāng)x>0時，(x1)ln(x1)12x0恒建立，所以正整數(shù)k的最大值為3(恒建立，分別常數(shù)，波及整數(shù)、較難的辦理)已知函數(shù)f(x)1ln(x1)(x0).x（Ⅰ）試判斷函數(shù)f(x)在(0,)上單一性并證明你的結(jié)論；（Ⅱ）若f(x)k恒建立，求整數(shù)k的最大值；（較難的辦理）x1（Ⅲ）求證：(1+1×2)(1+2×[1+n(n+1)]>3)e2n－3.解：（I）f(x)1x1)]1[1ln(x1)]x2[1ln(xx21x1x1x0,x20,0,ln(x1)0,f(x)0.f(x)在(0,)上遞減.x1（II）f(x)k恒建立,即h(x)(x1)[1ln(x1)]xxk恒建立.1h(x)x1ln(x1),記g(x)x1ln(x1)(x0).x則g(x)x0,g(x)在(0,)上單一遞加，x1又g(2)1ln30,g(3)22ln20.g(x)0存在獨(dú)一實(shí)根a，且知足a(2,3),a1ln(a1).9當(dāng)xa時，g(x)0,h(x)0，當(dāng)0xa時，g(x)0,h(x)0.∴h(x)minh(a)(a1)[1ln(a1)](a1)a1(3,4)aa故正整數(shù)k的最大值是3.a（Ⅲ）由（Ⅱ）知1ln(x1)3(x0)xx1∴l(xiāng)n(x1)3x12323x1xx1令xn(n1)(nN*)，則ln[1n(n1)]32n(n1)ln(1+1×2)+ln(1+2×3)++ln[1+n(n+1)](213)(23)2132n3[1312232n3(11)2nn1

3][2n(n1)1]n(n1)32n33n1∴（1+1×2）（1+2×3）[1+n（n+1）]>e2n－311.(分別常數(shù)，雙參，較難)已知函數(shù)f(x)(x36x23xt)ex，tR.（１）若函數(shù)yf(x)挨次在xa,xb,xc(abc)處取到極值．①求t的取值范圍；②若ac2b2，求t的值．（２）若存在實(shí)數(shù)t0,2，使對隨意的x1,m，不等式f(x)x恒建立．求正整數(shù)m的最大值．解：（1）①f(x)(3x212x3)ex(x36x23xt)ex(x33x29xt3)exf(x)有3個極值點(diǎn),x33x29xt30有3個根a,b,c.令g(x)x33x29xt3,g'(x)3x26x93(x1)(x3)g(x)在(-,-1),(3,+)上遞加,(-1,3)上遞減.g(-1)>0g(x)有3個零點(diǎn)8t24.g(3)0a,b,c是f(x)的三個極值點(diǎn)x33x29xt3(x-a)(x-b)(x-c)=x3(abc)x2(abbcac)xabc10abc33(舍a123abacbc9b1或b(-1,3))b1t8.t3abc2c123（2）不等式f(x)x，即(x36x23xt)exx，即txexx36x23x.轉(zhuǎn)變成存在實(shí)數(shù)t0,2，使對隨意x1,m，不等式txexx36x23x恒建立,即不等式0xexx36x23x在x1,m上恒建立。即不等式0exx26x3在x1,m上恒建立。設(shè)(x)exx26x3，則(x)ex2x6。設(shè)r(x)(x)ex2x6，則r(x)ex2，因?yàn)?xm，有r(x)0。故r(x)在區(qū)間1,m上是減函數(shù)。又r(1)4e10,r(2)2e20,r(3)e30故存在x0(2,3)，使得r(x0)(x0)0。當(dāng)1xx0時，有(x)0，當(dāng)xx0時，有(x)0。進(jìn)而y(x)在區(qū)間1,x0上遞加，在區(qū)間x0,上遞減。又(1)e140,(2)e25>0,(3)e36>0,(4)e45>0,(5)e520,(6)e630.所以當(dāng)1x5時，恒有(x)0；當(dāng)x6時，恒有(x)0；故使命題建立的正整數(shù)m的最大值為5.（2008湖南理22，分別常數(shù)，復(fù)合的超范圍）已知函數(shù)f(x)ln2(1x)x2.1x⑴求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間;⑵若不等式1na(1)≤e對隨意的nN*都建立（此中ea的最大值.（分別常數(shù)）n解:⑴函數(shù)f(x)的定義域是(1,)，2ln(1x)x22x2(1x)ln(1x)x22xf(x)1x(1x)2(1x)2.11設(shè)g(x)2(1x)ln(1x)x22x,則g(x)2ln(1x)2x.令h(x)2ln(1x)2x,則h(x)222x.1x1x當(dāng)1x0時，h(x)0,h(x)在（－1，0）上為增函數(shù)，當(dāng)＞0時，h(x)0,h(x)在(0,)上為減函數(shù).x所以h(x)在x=0處獲得極大值，而h(0)=0,所以g(x)0(x0)，函數(shù)g(x)在(1,)上為減函數(shù).于是當(dāng)1x0時，g(x)g(0)0,當(dāng)x＞0時，g(x)g(0)0.所以，當(dāng)1x0時，f(x)0,f(x)在（－1，0）上為增函數(shù).當(dāng)x＞0時，f(x)0,f(x)在(0,)上為減函數(shù).故函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為（－1，0），單一遞減區(qū)間為(0,).⑵不等式(11)nae等價于不等式(na)ln(11)1.nn111a≤n.1知，ln(11由1)＞0，∴上式變形得ln(1)nnn1，則G(x)11設(shè)xln(1x),x0,1,則nxG(x)11(1x)ln2(1x)x2.(1x)ln2(1x)x2x2(1x)ln2(1x)由⑴結(jié)論知，ln2(1x)x20,（f(x)≤f(0)0）即(1x)ln2(1x)x20.1x所以G(x)0,x0,1,于是G(x)在0,1上為減函數(shù).故函數(shù)G(x)在0,1上的最小值為G(1)11.1ln2所以a的最大值為1.ln2（變形，分別常數(shù)）已知函數(shù)f(x)x2alnx(a為實(shí)常數(shù)).(1)若a2，求證：函數(shù)f(x)在(1,+∞)上是增函數(shù)；(2)求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最小值及相應(yīng)的x值；12(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：⑴當(dāng)a2時，f(x)x22lnx，當(dāng)x(1,)，f(x)2(x21)0，故函數(shù)f(x)在(1,)上是增函數(shù)．x⑵f(x)2x2a(x0)，當(dāng)x[1,e]，2x2a[a2,a2e2]．x若a2，f(x)在[1,e]上非負(fù)（僅當(dāng)a2，x=1時，f(x)0），故函數(shù)f(x)在[1,e]上是增函數(shù)，此時[f(x)]minf(1)1．若2e2a2，當(dāng)xa時,f(x)0；當(dāng)1xa時，f(x)0，此時f(x)22是減函數(shù)；當(dāng)axe時，f(x)0，此時f(x)是增函數(shù)．2故[f(x)]minf(a)aln(aa22)．22若a2e2，f(x)在[1,e]上非正（僅當(dāng)a2e2，x=e時，f(x)0），故函數(shù)f(x)在[1,e]上是減函數(shù)，此時[f()]minf()ae2．xe⑶不等式f(x)(a2)x，可化為a(xlnx)x22x．∵x[1,e],∴l(xiāng)nx1x且等號不可以同時取，所以lnxx，即xlnx0，因此ax22x（x[1,e]）xlnx令g(x)x22x（x[1,e]），又g(x)(x1)(x22lnx)，xlnx(xlnx)2當(dāng)x[1,e]時，x10,lnx1，x22lnx0，進(jìn)而g(x)0（僅當(dāng)x=1時取等號），所以g(x)在[1,e]上為增函數(shù)，故g(x)的最小值為g(1)1，所以a的取值范圍是[1,)．（分別常數(shù)，變換變量，有技巧）設(shè)函數(shù)f(x)alnxbx2.⑴若函數(shù)f(x)在x1處與直線y1相切：2①務(wù)實(shí)數(shù)a,b的值；②求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值；e⑵當(dāng)b0時，若不等式f(x)≥mx對全部的a[0,3],x[1,e2]都建立，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍.213解：（1）①f'(x)a2bx。x∵函數(shù)f(x)在x11f'(1)a2b0a1處與直線y相切1,解得1.2f(1)b2b2②f(x)12,f'(x)1x1x2lnxxxx2當(dāng)1xe時，令f'(x)0得1x1；令f'(x)0，得1xe，f(x)在1,1上單一遞加，在eee[1，e]上單一遞減，f(x)maxf(1)1.2（2）當(dāng)b=0時，f(x)alnx若不等式f(x)mx對全部的a0,3,x1,e2都建立，則2alnxmx對全部的a0,3,x1,e2都建立，2即malnxx,對全部的a[0,3],x1,e2都建立，2令h(a)alnxx,則h(a)為一次函數(shù)，mh(a)min.x1,e2,lnx0,h(a)在a[0,3]上單一遞加，h(a)minh(0)x，2mx對全部的x1,e2都建立.1xe2,e2x1,m(x)mine2..（注：也可令h(x)alnxx,則mh(x)全部的x1,e2都建立，分類議論得mh(x)min2ae2對全部的a[0,3]都建立，m(2ae2)mine2，請依據(jù)過程酌情給分）2恒建立之議論字母范圍（2007全國I，利用均值，不常有）設(shè)函數(shù)f(x)exex．⑴證明：f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)≥2；⑵若對全部x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍．14解：⑴f(x)的導(dǎo)數(shù)xxx-xxx，故f(x)≥2．f()ee．因?yàn)閑e≥2ee2x（當(dāng)且僅當(dāng)x0時，等號建立）．⑵令g(x)f(x)ax，則g(x)f(x)aexexa，①若a≤2，當(dāng)x0時，g(x)exexa2a≥0，故g(x)在(0，∞)上為增函數(shù)，所以，x≥0時，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．②若a2，方程g(x)0的正根為x1lnaa24，2此時，若x(0，x1)，則g(x)0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)．所以，x(0，x1)時，g(x)g(0)0，即f(x)ax，與題設(shè)f(x)≥ax相矛盾．綜上，知足條件的a的取值范圍是∞，2．設(shè)函數(shù)f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).(Ⅰ)若x=0是F(x)的極值點(diǎn),求a的值；(Ⅱ)當(dāng)a=1時,設(shè)P(x1,f(x1)),Q(x2,g(x2))(x1>0,x2>0),且PQ//x軸,求P、Q兩點(diǎn)間的最短距離；(Ⅲ):若x≥0時,函數(shù)y=F(x)的圖象恒在y=F(－x)的圖象上方,務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(Ⅰ)F(x)=ex+sinx－ax,Fxexcosxa.'()因?yàn)閤=0是F(x)的極值點(diǎn),所以F'(0)11a0,a2.又當(dāng)a=2時,若x<0,F'(x)excosxa0;若x>0,F'(x)excosxa0.∴x=0是F(x)的極小值點(diǎn),∴a=2切合題意.(Ⅱ)∵a=1,且PQ//x軸,由f(x1)=g(x2)得:x2ex1sinx,所以x2xex1sinxx.1111令()exsinx,'(x)xcosx10當(dāng)x>0時恒建立.hxxhex∈[0,+∞)時,h(x)的最小值為h(0)=1.∴|PQ|min=1.(Ⅲ)令x)Fx)Fxexex2sinxax((()2.則'()xx2cos2.xx.xeexaS(x)''(x)ee2sinx因?yàn)镾'(x)exex2cosx0當(dāng)x≥0時恒建立,所以函數(shù)S(x)在[0,)上單一遞加,15S(x)≥S(0)=0當(dāng)x∈[0,+∞)時恒建立;所以函數(shù)'(x)在[0,)上單一遞加,'(x)'(0)42a當(dāng)x∈[0,+∞)時恒建立.當(dāng)a≤2時,'(x)0,(x)在[0,+∞)單一遞加,即(x)(0)0.故a≤2時F(x)≥F(－x)恒建立.當(dāng)a2時，'(x)0,又'(x)在0,單一遞加，總存在x(0,),0使得在區(qū)間0，x0上'(x)0.致使(x)在0,x0遞減，而(0)0，當(dāng)x(0,x0)時，(x)0，這與F(x)F(x)0對x0,恒建立不符，a2不合題意.綜上a取值范圍是-,2.14分（用到二階導(dǎo)數(shù)，二次）設(shè)函數(shù)f(x)exkx2x.2⑴若k0，求f(x)的最小值；⑵若當(dāng)x0時f(x)1，務(wù)實(shí)數(shù)k的取值范圍.1()x，x.fxexf'(x)e1當(dāng)x(,0)時，f'(x)0；當(dāng)x(0,)時，f'(x)0.所以f(x)在(,0)上單一減小，在(0,)上單一增添故f(x)的最小值為f(0)1（2）f'(x)exkx1，f(x)exk當(dāng)k1時，f(x)0(x0)，所以f(x)在0,上遞加，而f(0)0，所以f'(x)0(x0)，所以f(x)在0,上遞加，而f(0)1，于是當(dāng)x0時，f(x)1.當(dāng)k1時，由f(x)0得xlnk當(dāng)x(0,lnk)時，f(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上遞減，而f(0)0，于是當(dāng)x(0,lnk)時，f'(x)0，所以f(x)在(0,lnk)上遞減，而f(0)1，所以當(dāng)x(0,lnk)時，f(x)1.16綜上得k的取值范圍為(,1].18.(第3問設(shè)計很好，2問是獨(dú)自的，能夠拿掉)已知函數(shù)f(x)b(x1)lnxx1，斜率為1的直線與f(x)相切于(1,0)點(diǎn).（Ⅰ）求h(x)f(x)xlnx的單一區(qū)間；（Ⅱ）當(dāng)實(shí)數(shù)（Ⅲ）證明：

0a1時，議論g(x)f(x)(ax)lnx1ax2的極值點(diǎn)。2(x1)f(x)0.解：（Ⅰ）由題意知：f(x)b(lnxx1)1xf(1)2b11,b12分h(x)f(x)xlnxlnxx1h(x)11xh(x)110解得：0x1；h(x)110解得：x1xx所以h(x)在(0,1)上單一遞加，在(1,)上單一遞減4分（Ⅱ）g(x)f(x)(ax)lnx1ax2=(1a)lnx1ax2x122ax2ax(1a)(x1)ax(11)(x1)/1a1x1aag(x)xaxxxx1g(x)0得：x11,x21.a10即110若011,aa1，0x1x2xa2(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,)f/(x)+0-0+f(x)極大值極小值此時g(x)的極小值點(diǎn)為x1，極大值點(diǎn)117分x11a20若11,a0即a，x1x21，則g(x)0，g(x)在(0,)上單一遞加，無極值點(diǎn).a230若111,a0即0a1，x1x21，xa2(0,x2)x2(x2,x1)x1(x1,)f/(x)+0-0+f(x)極大值極小值此時g(x)的極大值點(diǎn)為x1，極小值點(diǎn)11.xa綜上述：17當(dāng)1a1時，g(x)的極小值點(diǎn)為x1，極大值點(diǎn)x11；2a當(dāng)a1時，g(x)無極值點(diǎn)；211當(dāng)0ax1，極小值點(diǎn)x1.時，g(x)的極大值點(diǎn)為a2（2011全國I文21，恒建立，一次，提出一部分再辦理的技巧）設(shè)函數(shù)f(x)xex1ax2.⑴若a=1，求f(x)的單一區(qū)間；2⑵若當(dāng)x00a.≥時f(x)≥，求的取值范圍解：⑴a1時，f(x)x(ex1)1x2，f'(x)ex1xexx(ex1)(x1).22當(dāng)x,1時f'(x);當(dāng)x1,0時，f'(x)0;當(dāng)x0,時，f'(x)0.故f(x)在,1，0,單一增添，在(－，單一減少.10)⑵()(x1).令x，則x.xeaxg(x)e1axg(x)eafx①若a1，則當(dāng)x0,時，g'(x)，g(x)為減函數(shù)，而g(0)0，進(jìn)而當(dāng)x≥0時g(x)≥0，即f(x)≥0，切合題意.②若a，則當(dāng)x0,lna時，g'(x)，g(x)為減函數(shù)，而g(0)0，進(jìn)而當(dāng)x0,lna時g(x)＜，即f(x)＜0,不合題意.0綜合得a的取值范圍為,118（2011全國新理21，恒建立，反比率，提出公因式再辦理的技巧，此題的創(chuàng)新之處是將一般的過定點(diǎn)（0,0）變成過定點(diǎn)（1,0），假如第2問范圍變成x1則更間單）已知函數(shù)f(x)alnxb在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為x2y30.x1x⑴求a、b的值；⑵假如當(dāng)x0，且x1時，f(x)lnxk，求k的取值范圍。x1x解：⑴a(x1lnx)b，f'(x)x(x1)2x2依意意f(1)0,且f(1)11，ab1，解得a1，b1.，即b222⑵由⑴知f(x)lnx1，所以f(x)(lnxk)12(2lnx(k1)(x21)).x1xx1x1xx設(shè)h(x)2lnx(k1)(x21)(x0)，則h'(x)(k1)(x21)2x.xx2（注意h(x)恒過點(diǎn)(1,0)，由上邊求導(dǎo)的表達(dá)式發(fā)現(xiàn)議論點(diǎn)0和1）①當(dāng)k0，由h'(x)k(x21)(x1)2，（變形難想，法二）x2當(dāng)x1時，h'(x)0.而h(1)0，故當(dāng)x(0,1)時，h(x)0，可得12h(x)0；1x當(dāng)x(1,+)時，h(x)<0，可得1h(x)>0,1x2進(jìn)而當(dāng)x>0,且x1時，f(x)－(lnx+k)>0，即f(x)>lnx+k.x1xx1x法二：h(x)的分子(k1)(x21)2x≤k＜0，∴h'(x)0.11k②當(dāng)0<k<1，因?yàn)楫?dāng)x(k－1)(x2故h(x)(1,)時，而1k+1)+2x>0,>0,11h(1)=0，故當(dāng)x(1,)時，h(x)>0，可得h(x)<0,不合題意.kx2111③當(dāng)k≥1，此時h(x)>0，則x(1，+)時，h(x)遞加，h(x)h(1)0，∴f(x)h(x)<0,不合x2題意.1綜上，k的取值范圍為(－,0]21.(恒建立，議論,較簡單，但說明原理)已知函數(shù)f(x)(x1)alnx.（1）求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間和極值；（2）若f(x)0對x[1,)上恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：（1）f'(x)1axa(x0).xx19當(dāng)a0時，f'(x)0，在(0,xa得xa，)上增,無極值；當(dāng)a0時，由f'(x)0,xf(x)在(0,a)上減，在(a,)上增,∴f(x)有極小值f(a)(a1)alna，無極大值.（2）f'(x)axa1xx當(dāng)a1時，f'(x)0在[1,)上恒建立，則f(x)是單一遞加的，則只要f(x)f(1)0恒建立，所以a1.當(dāng)a1時，f(x)在上(1,a)減，在(a,)上單一遞加，所以當(dāng)x(1,a)時，f(x)f(1)0這與f(x)0恒建立矛盾，故不建立.綜上：a1.22.（2010新課程理21，恒建立，議論，二次，用到結(jié)論ex≥1x）設(shè)函數(shù)f(x)ex1xax2.⑴若a0，求f(x)的單一區(qū)間；⑵若當(dāng)x≥0時f(x)≥0，求a的取值范圍.解：命題企圖：此題主要考察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)、不等式恒建立問題以及參數(shù)取值范圍問題，考察分類議論、轉(zhuǎn)變與劃歸解題思想及其相應(yīng)的運(yùn)算能力.⑴a0時，()x1，xfexf'(x)e.x1當(dāng)x(,0)時，f'(x)0；當(dāng)x(0,)時，f'(x)0.故f(x)在(,0)單一減少，在(0,)單一增添.⑵①當(dāng)a≤1時，f(x)ex12ax，2由⑴結(jié)論知f(x)ex1x≥f(0)0，則ex≥1x，故f'(x)x2ax(12a)x，進(jìn)而當(dāng)12a0，即a10(x0)，時，f'(x)2而f(0)0，于是當(dāng)x0時，f(x)0，切合題意.②1xxa時，由e1x(x0)可得e1x(x0).2（太難想，法二）f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，故當(dāng)x(0,ln(2a))時,f'(x)0，而f(0)0，于是當(dāng)x(0,ln(2a))時,f(x)0.綜合得a的取值范圍為(,1].2法二：設(shè)()()x12,則x,fxeaxg(x)e2agx令g(x)0，得xln(2a)0.20當(dāng)x[0,ln(2a)]，g(x)0，g(x)在此區(qū)間上是增函數(shù)，∴g(x)≤g(0)0，∴f(x)在此區(qū)間上遞加，∴f(ln(2a))≤f(0)0，不合題意.（恒建立，2010全國卷2理數(shù)，利用⑴結(jié)論，較難的變形議論）設(shè)函數(shù)fx1ex．⑴證明：當(dāng)x＞-1時，fxx；x1⑵設(shè)當(dāng)x0時，fxx，求a的取值范圍．a(chǎn)x1解：此題主要考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考察考生綜合運(yùn)用知識的能力及分類議論的思想，考察考生的計算能力及剖析問題、解決問題的能力.21【評論】導(dǎo)數(shù)常作為高考的壓軸題，對考生的能力要求特別高，它不單要求考生堅(jiān)固掌握基礎(chǔ)知識、基本技術(shù)，還要求考生擁有較強(qiáng)的剖析能力和計算能力.預(yù)計此后對導(dǎo)數(shù)的考察力度不會減弱。作為壓軸題，主假如波及