1、第4讲导数的综合应用解决恒成立、存在性问题考试要求1.理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性(B级要求)；2.掌握利用导数求函数极值与最值的方法(B级要求)；3.会利用导数解决与不等式有关的恒成立问题、存在性问题；4.会利用导数解决涉及函数零点的一些问题.知 识 梳 理运用不等式求解恒成立、存在性问题的转化关系不等式类型与最值的关系任意的xD，f(x)M任意的xD，f(x)minM任意的xD，f(x)M任意的xD，f(x)maxM任意的xD，f(x)maxM存在xD，f(x)M任意的xD，f(x)ming(x)任意的xD，f(x)g(x)min0任意的xD，f(x)g(x)任
2、意的xD，f(x)g(x)maxg(x2)任意的xD1，任意的xD2，f(x)ming(x)max任意的x1D1，存在x2D2，f(x1)g(x2)任意的xD1，任意的xD2，f(x)ming(x)min存在x1D1，任意的x2D2，f(x1)g(x2)任意的xD1，任意的xD2，f(x)maxg(x)max存在x1D1，存在x2D2，f(x1)g(x2)任意的xD1，任意的xD2，f(x)maxg(x)min诊 断 自 测1.已知g(x)x22aln x在1，2上是减函数，则实数a的取值范围为_.解析g(x)2x，由已知得g(x)0在1，2上恒成立，可得ax2在1，2上恒成立.又当x1，2时
3、，4.a.答案2.(2019苏北四市联考)已知函数f(x)x3ax24，若f(x)的图象与x轴正半轴有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_.解析由题意知f(x)3x22axx(3x2a)，当a0时，不符合题意.当a0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以由题意知f0，解得a3.答案(3，)3.已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时， 不等式f(x)恒成立 ，求实数k的取值范围.解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1；当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递
4、减.所以x1为极大值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2.所以实数k的取值范围是(，2.考点一分离参数法求解恒成立问题【例1】 设函数f(x)exax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增；若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0，所以，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk
5、)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于kx(x0).令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增.而h(1)0，h(2)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点.故g(x)在(0，)上存在唯一的零点.设此零点为，则(1，2).当x(0，)时，g(x)0；当x(，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g().又由g()0，可得e2，所以g()1(2，3).由于式等价于kg()，故整数k的最大值为2.规律方法利用导数研究含参数的不等式问题，若能分离参数，则转化为形如af(x)(或af(x)的形式，通过求函数yf(x)的最值求得
6、参数范围.恒成立问题的求解方法如下：(1)f(x)a恒成立f(x)mina；(2)f(x)b恒成立f(x)maxb.【训练1】 (2019新海中学调研)已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax3，其中a为实数.对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围.解由题知2xln xx2ax3，即a2ln xx，对一切x(0，)恒成立.设h(x)2ln xx(x0)，则h(x)，当x(0，1)时，h(x)0，故h(x)在(1，)上单调递增.所以h(x)在(0，)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)minh(1)4，因为对一切x(0，)，ah(x)恒成立，所以a4.考点
7、二不等式恒成立问题【例2】 设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值.(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.解(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc).故b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知f(x)x24x2，g(x)2ex(x1).设F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1).由题设可得F(0)0，
8、即k1.令F(x)0，即2(x2)(kex1)0，得x1ln k，x22.若1ke2，则2x10，从而当x(2，x1)时，F(x)0，即F(x)在x(2，x1)上单调递减，在x(x1，)上单调递增，故F(x)在2，)上有最小值为F(x1).F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x).若当ke2，则F(x)2e2(x2)(exe2)，当x2时，F(x)0，则F(x)在(2，)上单调递增，而F(2)0，故当且仅当x2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x).若ke2，则F(2)2ke222e2(ke2)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.71
9、8为自然对数的底数).解(1)f(x)2ax(x0).当a0时，f(x)0时，由f(x)0，有x.此时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增.(2)令g(x)，s(x)ex1x.则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0，所以s(x)在区间(1，)内单调递增.又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)有f0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立.当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1).当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)单调递增.又
10、因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.综上，a.考点三存在性问题【例3】 已知函数f(x)axln x(aR).(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)x22x2，若对任意x1(0，)，均存在x20，1使得f(x1)0)，当a0时，由于x0，故ax10，f(x)0，所以f(x)的单调增区间为(0，).当a0，在区间上，f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)由已知得所求可转化为f(x)maxg(x)max，g(x)(x1)21，x0，1，所以g(x)max2，由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增，值域为
11、R，故不符合题意.当a1ln(a)，解得a.规律方法含参数的能成立(存在型)问题的解题方法：af(x)在区间D上能成立af(x)min；af(x)在区间D上能成立af(x)max.【训练3】 已知函数f(x)x(a1)ln x(aR且a0，c或ca0，a0，1恒成立，等价于f(b)b0)恒成立，得m.所以实数m的取值范围是.答案4.(2018南通、扬州、淮安、连云港二调)设f(x)4x3mx2(m3)xn(m，nR)是R上的单调增函数，则实数m的值为_.解析因为f(x)12x22mx(m3)，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x22mx(m3)0在R上恒成立，所以(2m)2412(m3
12、)0，整理得m212m360，即(m6)20.又因为(m6)20，所以(m6)20，所以m6.答案65.设函数f(x)x32x5，若对任意的x1，2，都有f(x)a，则实数a的取值范围是_.解析f(x)3x2x2，令f(x)0，得3x2x20，解得x1或x，又f(1)，f，f(1)，f(2)7，故f(x)min，所以a.答案(，)6.函数f(x)x33x1，若对于区间3，2上的任意x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|t，则实数t的最小值是_.解析因为f(x)3x233(x1)(x1)，令f(x)0，得x1，可知1，1为函数的极值点.又f(3)19，f(1)1，f(1)3，f(2)1，所以在
13、区间3，2上，f(x)max1，f(x)min19.由题设知在区间3，2上，f(x)maxf(x)mint，从而t20，所以t的最小值是20.答案207.若函数f(x)x3x2在区间(a，a5)上存在最小值，则实数a的取值范围是_.解析由题意得f(x)x22xx(x2)，故f(x)在(，2)，(0，)上是增函数，在(2，0)上是减函数，作出其图象如图所示，令x3x2，得x0或x3，则结合图象可知，解得a3，0).答案3，0)8.(2018徐州考前模拟检测)当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是_.解析当x(0，1时，得a34，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g
14、(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，解得a，所以a的取值范围是.答案10.已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增.(2)证明当a时，f(x)ln x1(x0).设g(x)ln x1(x0)，则g(x)(x0).当0x1时，g(
15、x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点.故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.11.已知函数f(x)xln xa(x1)2x1(aR).(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)0对x(1，)恒成立，求a的取值范围.解(1)若a0，f(x)xln xx1，f(x)ln x，x(0，1)时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)有极小值，f(1)0，无极大值.(2)f(x)xln xa(x1)2x10，f(x)为增函数，f(x)f(1)0，即f(x)1，ln x0在(1，)恒成立，不妨设h(x)ln x，x(1，)，h(x)，x(1，)，h(x)0，x1或
16、，若a0，则1，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0(不合题意)；若0a0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0(不合题意)；若a，x(1，)，h(x)0，h(x)为减函数，h(x)1时，f(x)0恒成立，则a.二、选做题12.已知x(0，2)，若关于x的不等式0.即kx22x对任意x(0，2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，得k0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k0时，f(x)的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，)；当a0时，f(x)的单调增区间为(1，)，单调减区间为(0，1)；当a0时，f(x)为常函数.(2)由(1)及题意得f(2)1，即a2，f(x)2ln x2x3，f(x).g(x)x3x22x，g(x)3x2(m4)x2.g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，即g(x)在区间(t，3)上有变号零点.由于g(0)2，当g(t)0时，即3t2(m4)t20对任意t1，2恒成立，由于g(0)0，故只要g(1)0且g(2)0，即m5且m9，即m0，即m.m9.即实数m的取值范围是.
