積微精課壓軸3536導數(shù)解答題二

35~36、導數(shù)解答題（二（不等式恒成立與存在解問題知識框不等關(guān)系問題?；痉椒ㄓ校鹤兞糠蛛x法、變量轉(zhuǎn)換、最值控、數(shù)形等等。1（16屆蘇 指導卷20）已知aR,x軸與函數(shù)fxex1ax的圖象相切fxx1fxmx1lnx，求實數(shù)m的取值范圍2（16屆無錫高三期19）已知函fxlnxa2fx

ae2(ax若不等式fxax0a3（16屆鎮(zhèn)二調(diào)20）已知函數(shù)f(x)aexx2bx（a，bR，e2.71828是自然對數(shù)的底數(shù)，其導函數(shù)為yf(x)．a(chǎn)1yf(xR上是單調(diào)減函數(shù)，求b設(shè)b0yf(xRaf(xf(f(xf()(xm)n成立？證明你的結(jié) 4（1720）f(x1x2g(xalnx2yf(xg(xx1處的切線的方程為6x2y50ah(xf(xg(x)xx

取值范圍

x1若在[1，e]上存在一點x，使得f'(x) g(x)g'(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍0 f'(x 05（1720）f(xxlnxg(xx2ax求函數(shù)f(x)在區(qū)間tt1(t0)上的最小值m(t)（2）h(x)g(xf(xA(x1h(x1B(x2h(x2))h(x1h(x2)1,a的取值范圍；x1

)若x0,1]f(xag(xax答fx0 ex01ax x1、解：（1）f'xex1a,設(shè)切點為x,0依題意, 即 ，解得 f'x ex01a a f'xex11x1f'x0x1f'x0fx的單遞減區(qū)間為,1，單調(diào)遞增區(qū)間為1, x令gxfxmx1lnx,x0，則g'x mlnx x1hxg'xh'x

m1

1 x2①m

1,m

1

1，所h'x0 x2②若m ，可得h'xex1m11在0,上單調(diào)遞增．因 x2 h'112m0,h'1ln2m2mm 0 所以存在x11,1ln2m，使h'x10，且x1x1h'x0hxg'x在1,x1上單調(diào)遞減，又因為g'10，所以當x1x1g'x0gx在1,x1上單調(diào)遞減，而g1x1x1gx0fxmx1lnx不成立，綜上所述,m的取值范圍是,1. 2 2、解：（1）a2f(xlnxef(x1exe x(0,ef(x0f(x在(0e上單調(diào)減；x(e)時，f(x)0，則函數(shù)f(x在(e)上單調(diào)增.ae由題意知lnx a恒成立xxlnxae2ax0在(0,上恒成立。g(x)xlnxae2ax，g(xlnx1ag(x0xea1x(0,(ea1,g'0極g(xg(ea1a1)ea1ae2aea1ae2ea1，令t(x)xe2ex1，因為t'(x)1ex1，令t(x0x1x1t'0極 e(e2)所以當a(0,1)時，g(x)的最小值t(a)t(0)e2 0 a[1,g(x的最小時為t(a)ae2ea10t(2)a[12]3、解：（1）a1f(xexx2bx，f(xex2xb，由題意f(x)ex2xb≤0xR恒成立﹒由ex2xb0，得bex2xF(x-ex2xF(x-ex2F(x0xln2xln2F(x0F(xxln2F(x0F(x單調(diào)遞減，xln2F(x2ln22，所以b2ln22當b0f(xaexx2aexx20只有一解

x(2由aex0，得a ，令G(x) ，則G(x) 令G(x0x0x2x0G(x0G(x)單調(diào)遞減G(x)的取值范圍為0，，當0x2G(x0G(x單調(diào)遞增G(x的取值范圍為04，， e2，x2G(x0G(x單調(diào)遞減G(x的取值范圍為04，由題意，得a0或a

a0a4

e2a0a

yf(xf(x)aexx22x，f(x)aex2x2f(xfx0

x nf( )(xm n f(x)f x x

x0

0x f( )，∵f( )ae22 2x0 f(x)f a(exem)(x2m2)2(x a(exem (xm)2x x x ∴

x02

a(exemx0

∵a0，∴

x02

exx0

t，不妨設(shè)tx0m0，則

etmemt et 兩邊同除以em，得e2 ，即te2et1t tg(tette21g(tete22

(e

t1)2 1 令h(t)e2 1，則h(t)2

e2

(e21)0h(t在(0，上單調(diào)遞增又h(0)0，h(t0對t0，恒成立，g(t)0對t(0，)恒成立，g(t在(0，上單調(diào)遞增g(0)0g(t0對t0，)恒成立，即（*）式不f( )(xmn∴x（xmff( )(xmn =4、（1）y=f（x）﹣g（x）1x2alnxxa= 由切線的方程為6x﹣2y﹣5=0，可得1﹣a=3，（2）h（x）=f（x）+g（x）=1x2alnx21 x x 令m（x）=h（x）﹣2x，可得m（x）在（0，+∞）遞增，m′（x）=h′（x）﹣2=x+a﹣2≥0恒成立，xa≥1，即a的取值范圍是[1，+∞； （3）f′（x0）+f'(x)＜g（x0）﹣g′（x0）x0+x＜alnx0﹣x

1a

1，x則由題意可知只需在[1，e]上存在一x0，使m(x00 1 x2ax(1a)(xa1)(x對m（x）求導數(shù)，得m′（x）=1﹣x﹣x2 x＞0，所x+1＞0x﹣1﹣a=0①1+a≤1a≤0m（1）=2+a＜0，解m（1+a）=1+a﹣aln（1+a）+1＜0，即1+a+1＜aln（1+a，a11＜ln（a+1）a式子t1＜lnt，因為1＜t≤e，可得左端大于1，而右端小于1，所以不等式不能成t③1+a＞ea＞e﹣1時，m（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，只需m（e）＜0

e2，ee2 e2e﹣1﹣e1e1＜0ae1綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣2）∪（e21，+∞．ex當t1f(x在tt1f(xf(ttlnt當0t1時，f(x)在區(qū)間t,1上為減函數(shù)，在區(qū)間1,t1上為增函數(shù)，f(x)的最小值為f(1)1綜上，當0t1m(t1；當t1m(ttlnt（2）h(xx2a1)xlnx,xx(0,xxxx0 則由h(x1)h(x2)1,可得h(x)h(x)xx，變形得h(x)xh(x)xxx F(xh(xxx2a2)xlnxF(xx2a2)xlnx在(0,上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)2xa2)10在(0,恒成立，x2x1a2)在(0,恒成立x

恒成立2x122x ag

時取，a2222

2f(x) x

a(x1)2xxlnx2x2xln x 成立令t(x)

2x2xlnxx1

，則t(x)

2x23xlnx，(xy