1、1专题四 导数的综合应用卷 卷 卷2018利用导数的单调性证明不等式T21(2)根据函数的极值求参数、不等式的证明T21导数在不等式的证明、由函数的极值点求参数T212017利用导数研究函数的零点问题T21(2)函数的单调性、极值、零点问题、不等式的证明T21由不等式恒成立求参数、不等式放缩T212016函数的零点、不等式的证明T21函数单调性的判断、不等式的证明及值域问题T21函数的最值、不等式的证明T21纵向把握趋势导数的综合问题是每年的必考内容且难度大主要涉及函数的单调性、极值、零点、不等式的证明预计2019年会考查用分类讨论研究函数的单调性以及函数的零点问题导数的综合问题是每年的必考内
2、容，涉及函数的极值、最值、单调性、零点问题及不等式的证明，且近3年均考查了不等式的证明预计 2019年仍会考查不等式的证明，同时要重点关注会讨论函数的单调性及零点问题导数的综合问题是每年的必考内容，涉及函数的最值、零点、不等式的恒成立及不等式的证明问题，其中不等式的证明连续3年均有考查，应引起关注预计 2019年仍会考查不等式的证明，同时考查函数的最值或零点问题横向把握重点导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2
3、)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值.第一课时 “导数与不等式”考法面面观2考法一 不等式的证明问题 题型策略(一)Error!设 a为实数，函数 f (x)e x2 x2 a， xR.例 1(1)求 f (x)的单调区间与极值；(2)求证：当 aln 21 且 x0时，e xx22 ax1.破题思路第(1)问求什么想什么求 f (x)的单调区间与极值，想到求导函数 f ( x)，然后利用不等式f ( x)0及 f ( x)x22 ax1( aln 21， x0)成立，想到证明ex x22 ax10 成立给什么用什么通过对第(1)问的研究，求得 f (x)e x2
4、 x2 a的单调性与极值，仔细观察，可发现(e x x22 ax1)e x2 x2 a差什么找什么需要研究函数 g(x)e x x22 ax1 的单调性或最值，利用导数研究即可规范解答(1)由 f (x)e x2 x2 a(xR)，知 f ( x)e x2.令 f ( x)0，得 xln 2.当 xln 2时， f ( x)0，故函数 f (x)在区间(ln 2，)上单调递增所以 f (x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)， f (x)在xln 2 处取得极小值 f (ln 2)e ln 22ln 22 a22ln 22 a，无极大值(2)证明：要证当 aln 21
5、 且 x0时，e xx22 ax1，即证当 aln 21 且 x0时，ex x22 ax10.设 g(x)e x x22 ax1( x0)则 g( x)e x2 x2 a，由(1)知 g( x)min g(ln 2)22ln 22 a.又 aln 21，则 g( x)min0.于是对 xR，都有 g( x)0，所以 g(x)在 R上单调递增于是对 x0，都有 g(x)g(0)0.3即 ex x22 ax10，故 exx22 ax1.题后悟通 思路受阻分析本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第(2)问时，易忽视与第(1)问的联系，导函数 g( x)e x2 x2 a的单调性已证，可直接用
6、，若意识不到这一点，再判断 g( x)的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或解题失误技法关键点拨利用单调性证明单变量不等式的方法一般地，要证 f (x)g(x)在区间( a， b)上成立，需构造辅助函数 F(x) f (x) g(x)，通过分析 F(x)在端点处的函数值来证明不等式若 F(a)0，只需证明 F(x)在( a， b)上单调递增即可；若 F(b)0，只需证明 F(x)在(a， b)上单调递减即可对点训练1已知函数 f (x) xln x， g(x) (x21)( 为常数)(1)若曲线 y f (x)与曲线 y g(x)在 x1 处有相同的切线，求实数 的值；(2)若 ，且
7、 x1，证明： f (x) g(x)12解：(1) f ( x)ln x1， g( x)2 x ，则 f (1)1，从而 g(1)2 1，即 .12(2)证明：设函数 h(x) xln x (x21)，12则 h( x)ln x1 x.设 p(x)ln x1 x，从而 p( x) 10 对任意 x1，)恒成立，1x所以当 x1，)时， p(x)ln x1 x p(1)0，即 h( x)0，因此函数 h(x) xln x (x21)在1，)上单调递减，12即 h(x) h(1)0，所以当 ，且 x1 时， f (x) g(x)成立12题型策略(二)Error!已知函数 f (x) aex bln
8、 x，曲线 y f (x)在点(1， f (1)处的切线方程为例 24y x1.(1e 1)(1)求 a， b；(2)证明： f (x)0.破题思路第(1)问求什么想什么求 a， b的值，想到建立关于 a， b的方程组给什么用什么题目条件中给出函数 f (x)在点(1， f (1)处的切线方程，可据此建立关于 a， b的方程组第(2)问求什么想什么要证 f (x)0，想到 f (x)的最小值大于 0差什么找什么需求 f (x)的最小值，因此只要利用导数研究函数 f (x)的单调性即可规范解答(1)函数 f (x)的定义域为(0，)f ( x) aex ，由题意得 f (1) ， f (1) 1
9、，bx 1e 1e所以Error! 解得Error!(2)证明：由(1)知 f (x) exln x(x0)1e2因为 f ( x)e x2 在(0，)上单调递增，又 f (1)0，1x所以 f ( x)0 在(0，)上有唯一实根 x0，且 x0(1,2)当 x(0， x0)时， f ( x)0，从而当 x x0时， f (x)取极小值，也是最小值由 f ( x0)0，得 ex02 ，1x0则 x02ln x0.故 f (x) f (x0)e x02 ln x0 x022 20，所以 f (x)0.1x0 1x0x0题后悟通 5思路受阻分析本题属于隐零点问题解决第(2)问时，常因以下两个原因造
10、成思维受阻，无法正常解题(1)f ( x)0 在(0，)上有解，但无法解出；(2)设出 f ( x)0 的零点 x0，即 f (x)的最小值为 f (x0)，但是不能将函数 f (x0)转化成可求最值的式子，从而无法将问题解决当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号技法关键点拨利用最值证明单变量不等式的技巧利用最值证明单变量的不等式的常见形式是 f (x)g(x)证明技巧：先将不等式 f (x)g(x)移项，即构造函数 h(x) f (x) g(x)，转化为证不等式 h(x)0
11、，再次转化为证明 h(x)min0，因此，只需在所给的区间内，判断 h( x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数 h(x)的最小值，即可得证对点训练2已知函数 f (x) .x aex(1)若 f (x)在区间(，2上为单调递增函数，求实数 a的取值范围；(2)若 a0， x01，设直线 y g(x)为函数 f(x)的图象在 x x0处的切线，求证： f (x) g(x)解：(1)易得 f ( x) ，x 1 aex由题意知 f ( x)0 对 x(，2恒成立，故 x1 a对 x(，2恒成立，1 a2， a1.故实数 a的取值范围为(，1(2)证明：若 a0，则 f (x) .xex函数 f
12、 (x)的图象在 x x0处的切线方程为 y g(x) f ( x0)(x x0) f (x0)令 h(x) f (x) g(x) f (x) f ( x0)(x x0) f (x0)， xR，则 h( x) f ( x) f ( x0) 1 xex 1 x0ex0 . 1 x ex0 1 x0 exex x06设 (x)(1 x)ex0(1 x0)ex， xR，则 ( x)e x0(1 x0)ex. x01， ( x)0， (x)在 R上单调递减，而 (x0)0，当 x x0时， (x)0，当 x x0时， (x)0，当 x x0时， h( x)0，当 x x0时， h( x)0， h(x)
13、在区间(， x0)上为增函数，在区间( x0，)上为减函数， xR 时， h(x) h(x0)0， f (x) g(x)Error!构造函数证明双变量函数不等式题 型 策 略 三 若 ba0，求证：ln bln a .例 32a b aa2 b2破题思路证明：ln bln a ，想到如下思路：2a b aa2 b2(1)构造以 a为主元的函数，利用导数求解(2)考虑到 ln bln aln ， ，设 t ，化为只有一个因变量ba 2a b aa2 b22(ba 1)1 (ba)2 bat的函数求解(3)原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与 f (x)ln x 有关，故2axa2 b2先
14、研究 f (x)的单调性，从而得解规范解答法一：主元法(学生用书不提供解题过程)构造函数 f (x)ln bln x ，2x b xx2 b2其中 0a0，故 f (a)f (b)0，即 ln bln a .2a b aa2 b2法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程)令 t(t1)，构造函数 f (t)ln t ，则 f ( t) ba 2 t 1t2 1 1t 2t2 4t 2 t2 1 2 .t4 2t3 2t2 2t 1t t2 1 2 t2 1 t2 2t 1t t2 1 2 t1， t210， t22 t11 2210，则 f ( t)0， f (t)在(1，)上单调递增，故 f
15、 (t)f (1)0，即 ln 0，从而有 ln bln a .ba2(ba 1)1 (ba)2 2a b aa2 b2法三：函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程)原不等式可化为 ln b ln a ，2aba2 b2 2a2a2 b2则构造函数 f (x)ln x (b xa0)，则 f ( x)2axa2 b2 0， f (x)ln x 在( a， b)上单调递增，即 f (b)f (a)，1x 2aa2 b21b 2a2ab 2axa2 b2则 ln b ln a ，故 ln bln a .2aba2 b2 2a2a2 b2 2a b aa2 b2题后悟通 思路受阻分析由于题目条件少
16、，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题技法关键点拨证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式(2)整体换元对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明对点训练83(2019 届高三黄冈模拟)已知函数 f (x) ln xe x( R)(1)若函数 f (x)是单调函数，求 的取值范围；(2)求证：当 01 .x2x1解：(1)函数 f (x)的定义域为(0，
17、)， f (x) ln xe x， f ( x) e x ，x xe xx函数 f (x)是单调函数， f ( x)0 或 f ( x)0 在(0，)上恒成立，当函数 f (x)是单调递减函数时， f ( x)0， 0，即 xe x0， xe x ， xe xx xex令 (x) ，则 ( x) ，xex x 1ex当 01时， ( x)0，则 (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当 x0时， (x)min (1) ， .1e 1e当函数 f (x)是单调递增函数时， f ( x)0， 0，即 xe x0， xe x ， xe xx xex由得 (x) 在(0,1)上单调递减，
18、在(1，)上单调递增，又 (0)xex0， x时， (x)f (x2)，即 ln x1e x1 ln x2e x2，1e 1ee 1 x2e 1 x1ln x1ln x2.要证 e1 x2e 1 x11 ，x2x1只需证 ln x1ln x21 ，x2x19即证 ln 1 ，x1x2 x2x1令 t ， t(0,1)，则只需证 ln t1 ，x1x2 1t令 h(t)ln t 1，则 h( t) ，1t 1t 1t2 t 1t2当 00，即 ln t1 ，故原不等式得证1t考法二 恒成立与能成立问题 题型策略(一)Error!已知函数 f (x) xln x，若对于所有 x1 都有 f (x)
19、 ax1，求实数 a例 1的取值范围破题思路 求什么想什么求实数 a的取值范围，想到建立关于实数 a的不等式给什么用什么题目条件中，已知 f (x) ax1，即 xln x ax1，想到将不等式转化为 xln x ax10 或 aln x1x差什么找什么 缺少 xln x ax1 的最小值或 ln x 的最小值，利用导数求解即可1x规范解答法一：分离参数法(学生用书不提供解题过程)依题意，得 f (x) ax1 在1，)上恒成立，即不等式 aln x 在1xx1，)恒成立，亦即 a min， x1，)(ln x1x)设 g(x)ln x (x1)，则 g( x) .1x 1x 1x2 x 1x
20、2令 g( x)0，得 x1.当 x1 时，因为 g( x)0，故 g(x)在1，)上是增函数10所以 g(x)在1，)上的最小值是 g(1)1.故 a的取值范围是(，1法二：构造函数法(学生用书提供解题过程)当 x1 时，有 f (1) a1，即 a10，得 a1.构造 F(x) f (x)( ax1) xln x ax1，原命题等价于 F(x)0 在 x1 上恒成立 F(x)min0， x1，)由于 F( x)ln x1 a0 在 x1，)上恒成立，因此，函数 F(x)在1，)上单调递增，所以 F(x)min F(1)1 a0，得 a1.故 a的取值范围是(，1题后悟通(一)思路受阻分析求
21、解本题时，直接作差构造函数或分离参数后构造函数求 a的取值范围，其关键是正确求解所构造函数的最值，这也是大多数同学不会求解或不能正确求解最值而导致无法继续解题或解题失误的地方(二)技法关键点拨分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，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，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为 f (a) g(x)(或 f (a) g
22、(x)对 x D恒成立，再转化为 f (a) g(x)max(或 f (a) g(x)min)求最值关 求函数 g(x)在区间 D上的最大值(或最小值)问题(三)解题细节提醒有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果对点训练1设函数 f (x) ax2 aln x，其中 aR.(1)讨论 f (x)的单调性；11(2)确定 a的所有可能取值，使得 f (x) e 1 x在区间(1，)内恒成立1x(e2.
23、718为自然对数的底数)解：(1)由题意， f ( x)2 ax ， x0，1x 2ax2 1x当 a0 时，2ax210， f ( x)0， f (x)在(0，)上单调递减当 a0时， f ( x) ，2a(x 12a)(x 12a)x当 x 时， f ( x)0.(0， 12a) ( 12a， )故 f (x)在 上单调递减，在 上单调递增(0， 12a) ( 12a， )综上所述，当 a0 时， f (x)在(0，)上单调递减；当 a0时， f (x)在上单调递减，在 上单调递增(0， 12a) ( 12a， )(2)原不等式等价于 f (x) e 1 x0在(1，)上恒成立1x一方面，
24、令 g(x) f (x) e 1 x ax2ln x e 1 x a，1x 1x只需 g(x)在(1，)上恒大于 0即可又 g(1)0，故 g( x)在 x1 处必大于等于 0.令 F(x) g( x)2 ax e 1 x，1x 1x2由 g(1)0，可得 a .12另一方面，当 a 时，12F( x)2 a e 1 x1 e 1 x e 1 x，1x2 2x3 1x2 2x3 x3 x 2x3因为 x(1，)，故 x3 x20.又 e1 x0，故 F( x)在 a 时恒大于 0.12所以当 a 时， F(x)在(1，)上单调递增12所以 F(x)F(1)2 a10，故 g(x)也在(1，)上
25、单调递增所以 g(x)g(1)0，12即 g(x)在(1，)上恒大于 0.综上所述， a .12故实数 a的取值范围为 .12， )题型策略(二)Error!已知函数 f (x) x aln x， g(x) (aR)若在1，e上存在一例 2a 1x点 x0，使得 f (x0)2， x(0，e1)与 h(x) e1 成立e2 1e 113综上所述， a的取值范围为(，2) .(e2 1e 1， )题后悟通思路受阻分析本题构造函数后，求解 a的取值范围时，需对 a分类讨论此处往往因不会分类讨论或讨论不全而导致解题失误技法关键点拨不等式能成立问题的解题关键点对点训练2(2019 届高三河北“五个一名
26、校联盟”模拟)已知 a为实数，函数 f (x) aln x x24 x.(1)若 x3 是函数 f (x)的一个极值点，求实数 a的值；(2)设 g(x)( a2) x，若存在 x0 ，使得 f (x0) g(x0)成立，求实数 a的取值1e， e范围解：(1)函数 f (x)的定义域为(0，)，f ( x) 2 x4 .ax 2x2 4x ax x3 是函数 f (x)的一个极值点， f (3)0，解得 a6.经检验，当 a6 时， x3 是函数 f (x)的一个极小值点，符合题意，故 a6.(2)由 f (x0) g(x0)，得( x0ln x0)a x 2 x0，20记 F(x) xln
27、 x(x0)，则 F( x) (x0)，x 1x当 01时， F( x)0， F(x)单调递增 F(x)F(1)10， a .x20 2x0x0 ln x0记 G(x) ， x ，x2 2xx ln x 1e， e14则 G( x) 2x 2 x ln x x 2 x 1 x ln x 2 . x 1 x 2ln x 2 x ln x 2 x ，22ln x2(1ln x)0，1e， e x2ln x20，当 x 时， G( x)0， G(x)单调(1e， 1)递增 G(x)min G(1)1， a G(x)min1，故实数 a的取值范围为1，)题型策略(三)Error!已知函数 f (x)
28、ln x mx， g(x) x (a0)例 312 ax(1)求函数 f (x)的单调区间；(2)若 m ，对 x1， x22,2e 2都有 g(x1) f (x2)成立，求实数 a的取值范围12e2破题思路第(1)问求什么想什么求 f (x)的单调区间，想到解不等式 f ( x)0或 f ( x)0，12所以 f ( x) m，12x当 m0 时， f ( x)0， f (x)在(0，)上单调递增当 m0时，由 f ( x)0 得 x ；12m由Error! 得 0 .12m 12m所以 f (x)在 上单调递增，在 上单调递减(0，12m) (12m， )综上所述，当 m0 时， f (x
29、)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当 m0时， f (x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .(0，12m) (12m， )(2)若 m ，则 f (x) ln x x.12e2 12 12e2对 x1， x22,2e 2都有 g(x1) f (x2)成立，等价于对 x2,2e 2都有 g(x)min f (x)max，由(1)知在2,2e 2上 f (x)的最大值为 f (e2) ，12又 g( x)1 0(a0)， x2,2e 2，所以函数 g(x)在2,2e 2上是增函数，所以ax2g(x)min g(2)2 .a2由 2 ，得 a3，又 a0，所以 a(0,3，a2 12所
30、以实数 a的取值范围为(0,3题后悟通(一)思路受阻分析本题(2)中不会或不能准确地将已知条件“ x1， x22,2e 2都有 g(x1) f (x2)成立”进行转化，而导致无法求解此题(二)技法关键点拨1最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双参不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内16的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x1 a， b， x2 m， n
31、，不等式 f (x1) g(x2)恒成立，等价于 f (x)min(x a， b) g(x)max(x m， n)，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范围2常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的 x1 a， b，总存在 x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)max g(x2)max.(2)对于任意的 x1 a， b，总存在 x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)min g(x2)min.(3)若存在 x1 a， b，对任意的 x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)min g(x2)min.(4)若存在 x1 a，
32、b，对任意的 x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)max g(x2)max.(5)对于任意的 x1 a， b， x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)max g(x2)min.(6)对于任意的 x1 a， b， x2 m， n，使得 f (x1) g(x2)f (x1)min g(x2)max.对点训练3已知函数 f (x) x( a1)ln x (aR)， g(x) x2e x xex.ax 12(1)当 x1，e时，求 f (x)的最小值；(2)当 a ，所以 a的取值范围为 .e2 2ee 1 (e2 2ee 1， 1)专题跟踪检测(对应配套卷
33、P171)1(2019 届高三唐山模拟)已知 f (x) x2 a2ln x， a0.12(1)求函数 f (x)的最小值；(2)当 x2a时，证明： a.f x f 2ax 2a 32解：(1)函数 f (x)的定义域为(0，)，f ( x) x .a2x x a x ax当 x(0， a)时， f ( x)0， f (x)单调递增所以当 x a时， f (x)取得极小值，也是最小值，且 f (a) a2 a2ln a.12(2)证明：由(1)知， f (x)在(2 a，)上单调递增，则所证不等式等价于 f (x) f (2a) a(x2 a)0.32设 g(x) f (x) f (2a)
34、a(x2 a)，32则当 x2a时，g( x) f ( x) a x a32 a2x 32 0， 2x a x 2a2x所以 g(x)在(2 a，)上单调递增，当 x2a时， g(x)g(2a)0，18即 f (x) f (2a) a(x2 a)0，32故 a.f x f 2ax 2a 322已知函数 f (x) xex2 x aln x，曲线 y f (x)在点 P(1， f (1)处的切线与直线 x2 y10 垂直(1)求实数 a的值；(2)求证： f (x)x22.解：(1)因为 f ( x)( x1)e x2 ，ax所以曲线 y f (x)在点 P(1， f (1)处的切线斜率 k f
35、 (1)2e2 a.而直线 x2 y10 的斜率为 ，12由题意可得(2e2 a) 1，(12)解得 a2e.(2)证明：由(1)知， f (x) xex2 x2eln x.不等式 f (x)x22 可化为 xex2 x2eln x x220.设 g(x) xex2 x2eln x x22，则 g( x)( x1)e x2 2 x.2ex记 h(x)( x1)e x2 2 x(x0)，2ex则 h( x)( x2)e x 2，2ex2因为 x0，所以 x22，e x1，故( x2)e x2，又 0，所以 h( x)( x2)e x 20，2ex2 2ex2所以函数 h(x)在(0，)上单调递增
36、又 h(1)2e22e20，所以当 x(0,1)时， h(x)0，即 g( x)0，函数 g(x)单调递增所以 g(x) g(1)e22eln 112e1，显然 e10，所以 g(x)0，即 xex2 x2eln xx22，也就是 f (x)x22.3(2018武汉模拟)设函数 f (x)(1 x x2)ex(e2.718 28是自然对数的底数)19(1)讨论 f (x)的单调性；(2)当 x0 时， f (x) ax12 x2恒成立，求实数 a的取值范围解：(1) f ( x)(2 x x2)ex( x2)( x1)e x.当 x1时， f ( x)0.所以 f (x)在(，2)，(1，)上
37、单调递减，在(2,1)上单调递增(2)设 F(x) f (x)( ax12 x2)， F(0)0，F( x)(2 x x2)ex4 x a， F(0)2 a，当 a2 时， F( x)(2 x x2)ex4 x a( x2)( x1)e x4 x2( x2)(x1)e x x2( x2)( x1)e x1，设 h(x)( x1)e x1， h( x) xex0，所以 h(x)在0，)上单调递增， h(x)( x1)e x1 h(0)0，即 F( x)0 在0，)上恒成立， F(x)在0，)上单调递减， F(x) F(0)0，所以 f (x) ax12 x2在0，)上恒成立当 a0，而函数 F(
38、 x)的图象在(0，)上连续且x， F( x)逐渐趋近负无穷，必存在正实数 x0使得 F( x0)0 且在(0， x0)上 F( x)0，所以 F(x)在(0， x0)上单调递增，此时 F(x)F(0)0， f (x)ax12 x2有解，不满足题意综上， a的取值范围是2，)4(2018南昌模拟)设函数 f (x)2ln x mx21.(1)讨论函数 f (x)的单调性；(2)当 f (x)有极值时，若存在 x0，使得 f (x0)m1 成立，求实数 m的取值范围解：(1)函数 f (x)的定义域为(0，)，f ( x) 2 mx ，2x 2 mx2 1x当 m0 时， f ( x)0， f
39、(x)在(0，)上单调递增；当 m0时，令 f ( x)0，得 0 ，mm f (x)在 上单调递增，在 上单调递减(0，mm) (mm， )(2)由(1)知，当 f (x)有极值时， m0，且 f (x)在 上单调递增，在(0，mm)上单调递减(mm， )20 f (x)max f 2ln m 1ln m，(mm) mm 1m若存在 x0，使得 f (x0)m1 成立，则 f (x)maxm1.即ln mm1，ln m m10)， g( x)1 0， g(x)在(0，)上单调递增，且 g(1)0，00时，对任意的 x ，恒有 f (x)e1 成立，求实数 b的取1e， e值范围解：(1)函数
40、 f (x)的定义域为(0，)当 b2 时， f (x) aln x x2，所以 f ( x) 2 x .ax 2x2 ax当 a0时， f ( x)0，所以函数 f (x)在(0，)上单调递增当 a 时， f ( x)0，所以函数 f (x)在 上单调递增 a2 ( a2， )综上所述，当 b2， a0时，函数 f (x)在(0，)上单调递增；当 b2， a0时， f (x) bln x xb， f ( x) bxb1 .bx b xb 1x令 f ( x)0，得 x1.所以函数 f (x)在 上单调递减，在(1，e上单调递增， f (x)max为 f 1e， 1) be b与 f (e)
41、be b中的较大者(1e)21f (e) f e be b2 b.(1e)令 g(m)e me m2 m(m0)，则当 m0时， g( m)e me m22 20，eme m所以 g(m)在(0，)上单调递增，故 g(m)g(0)0，所以 f (e)f ，从而 f (x)(1e)max f (e) be b所以 be be1，即 eb be10.设 (t)e t te1( t0)，则 ( t)e t10，所以 (t)在(0，)上单调递增又 (1)0，所以 eb be10 的解集为(0,1所以 b的取值范围为(0,16(2018开封模拟)已知函数 f (x) ax x2 xln a(a0， a1
42、)(1)当 ae(e 是自然对数的底数)时，求函数 f (x)的单调区间；(2)若存在 x1， x21,1，使得| f (x1) f (x2)|e1，求实数 a的取值范围解：(1) f ( x) axln a2 xln a2 x( ax1)ln a.当 ae 时， f ( x)2 xe x1，其在 R上是增函数，又 f (0)0， f ( x)0的解集为(0，)， f ( x)1时，ln a0， y( ax1)ln a在 R上是增函数，当 01或 00)，1a22 g( a)1 20，1a2 2a (1 1a) g(a) a 2ln a在(0，)上是增函数1a而 g(1)0，故当 a1时， g(a)0，即 f (1)f (1)；当 01时， f (x)max f (x)min f (1) f (0)e1，即 aln ae1，函数 y aln a在(1，)上是增函数，解得 ae；当 0a1时， f (x)max f (x)min f (1) f (0)e1，即 ln ae1，1a函数 y ln a在(0,1)上是减函数，解得 0a .1a 1e综上可知，实数 a的取值范围为 e，)(0，1e
