2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.6.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 文.ppt

《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.6.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 文.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.6.4 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用課件 文.ppt（111頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第四講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 熱點(diǎn)題型1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)或方程根的問題 感悟經(jīng)典 典例 2018 全國(guó)卷 已知函數(shù)f x ex ax2 1 若a 1 證明 當(dāng)x 0時(shí) f x 1 2 若f x 在 0 只有一個(gè)零點(diǎn) 求a 解題指南 本題考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式和研究函數(shù)的零點(diǎn) 意在考查考生的化歸與轉(zhuǎn)化能力 分類討論的思想運(yùn)用以及求解能力 解析 1 當(dāng)a 1時(shí) f x 1等價(jià)于 x2 1 e x 1 0 設(shè)函數(shù)g x x2 1 e x 1 則g x x2 2x 1 e x x 1 2e x 當(dāng)x 1時(shí) g x 0 所以g x 在 0 1 和 1 上單調(diào)遞減 而g 0 0 故當(dāng)x 0時(shí) g x 0 即f x 1 2 設(shè)函數(shù)h x 1 ax2e x f x 在 0 上只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h x 在 0 上只有一個(gè)零點(diǎn) i 當(dāng)a 0時(shí) h x 0 h x 沒有零點(diǎn) ii 當(dāng)a 0時(shí) h x ax x 2 e x 當(dāng)x 0 2 時(shí) h x 0 所以h x 在 0 2 上單調(diào)遞減 在 2 上單調(diào)遞增 故h 2 1 是h x 在 0 上的最小值 若h 2 0 即a h x 在 0 上沒有零點(diǎn) 若h 2 0 即a h x 在 0 上只有一個(gè)零點(diǎn) 若h 2 由于h 0 1 所以h x 在 0 2 上有一個(gè)零點(diǎn) 由 1 知 當(dāng)x 0時(shí) ex x2 所以h 4a 1 故h x 在 2 4a 有一個(gè)零點(diǎn) 因此h x 在 0 有兩個(gè)零點(diǎn) 綜上 f x 在 0 只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí) a 規(guī)律方法 1 利用導(dǎo)數(shù)研究高次式 分式 指數(shù)式 對(duì)數(shù)式方程解的個(gè)數(shù)問題的一般思路 1 將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題 進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸 或直線y k 在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題 2 利用導(dǎo)數(shù)研究出該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性 極值 最值 端點(diǎn)值等性質(zhì) 進(jìn)而畫出其圖象 3 結(jié)合圖象求解 2 證明復(fù)雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟第一步 利用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào) 第二步 證明端點(diǎn)值異號(hào) 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 1 已知函數(shù)f x ex ax2 bx 1 a b R e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù) 1 設(shè)f x 的導(dǎo)函數(shù)為g x 求g x 在區(qū)間 0 1 上的最小值 2 若f 1 0 且函數(shù)f x 在區(qū)間 0 1 內(nèi)有零點(diǎn) 證明 1 a 2 e 解析 1 由f x ex ax2 bx 1 得g x f x ex 2ax b 所以g x ex 2a 當(dāng)x 0 1 時(shí) g x 1 2a e 2a 當(dāng)a 時(shí) g x 0 所以g x 在 0 1 上單調(diào)遞增 所以g x 在 0 1 上的最小值是g 0 1 b 當(dāng)a 時(shí) g x 0 所以g x 在 0 1 上單調(diào)遞減 所以g x 在 0 1 上的最小值是g 1 e 2a b 當(dāng) a 時(shí) 令g x ex 2a 0 得x ln 2a 0 1 所以g x 在區(qū)間 0 ln 2a 上單調(diào)遞減 在區(qū)間 ln 2a 1 上單調(diào)遞增 所以g x 在 0 1 上的最小值是g ln 2a 2a 2aln 2a b 2aln 2a 2a b 綜上所述 當(dāng)a 時(shí) g x 在 0 1 上的最小值是g 0 1 b 當(dāng) a 時(shí) g x 在 0 1 上的最小值是g ln 2a 2a 2aln 2a b 2aln 2a 2a b 當(dāng)a 時(shí) g x 在 0 1 上的最小值是g 1 e 2a b 2 設(shè)x0為f x 在區(qū)間 0 1 內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn) 則由f 0 f 1 f x0 0可知 f x 在區(qū)間 0 x0 上不可能單調(diào)遞增 也不可能單調(diào)遞減 則g x 不可能恒為正 也不可能恒為負(fù) 故g x 在區(qū)間 0 x0 內(nèi)存在零點(diǎn)x1 在區(qū)間 x0 1 內(nèi)存在零點(diǎn)x2 故g x 在區(qū)間 0 1 內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn) 由 1 知 當(dāng)a 時(shí) g x 在 0 1 上單調(diào)遞增 故g x 在 0 1 內(nèi)至多有1個(gè)零點(diǎn) 不合題意 當(dāng)a 時(shí) g x 在 0 1 遞減 故g x 在 0 1 內(nèi)至多有1個(gè)零點(diǎn) 也不合題意 當(dāng) 0 g 1 e 2a b 0 g ln 2a 0 由f 1 0 即e a b 1 0 得b e a 1 所以g ln 2a 2aln 2a 3a 1 e 令2a t 則 e t 1 令h t tln t t 1 e 則h t ln t 0 g 1 a 1 0 解得 1 a 2 e 故函數(shù)f x 在區(qū)間 0 1 內(nèi)有零點(diǎn)時(shí) 1 a 2 e 2 已知函數(shù)f x ex x R 1 若直線y kx與f x 的反函數(shù)的圖象相切 求實(shí)數(shù)k的值 2 若m 0 討論函數(shù)g x f x mx2零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 解析 1 f x 的反函數(shù)為y lnx x 0 則y 設(shè)切點(diǎn)為 x0 lnx0 則切線斜率為k 故x0 e k 2 函數(shù)g x f x mx2的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即是方程f x mx2 0的實(shí)根的個(gè)數(shù) 當(dāng)x 0時(shí) 方程無(wú)解 等價(jià)于函數(shù)h x x 0 與函數(shù)y m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù) h x 當(dāng)x 0 時(shí) h x 0 h x 在 0 上單調(diào)遞增 當(dāng)x 0 2 時(shí) h x 0 h x 在 2 上單調(diào)遞增 所以h x 的大致圖象如圖 所以h x 在 0 上的最小值為h 2 所以當(dāng) m 即m 時(shí) 函數(shù)h x 與函數(shù)y m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1 當(dāng) m 即m 時(shí) 函數(shù)h x 與函數(shù)y m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2 當(dāng) m 即m 時(shí) 函數(shù)h x 與函數(shù)y m圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3 綜上所述 當(dāng)m 時(shí) 函數(shù)g x 有三個(gè)零點(diǎn) 當(dāng)m 時(shí) 函數(shù)g x 有兩個(gè)零點(diǎn) 當(dāng)m 時(shí) 函數(shù)g x 有一個(gè)零點(diǎn) 提分備選 1 已知函數(shù)f x axsinx a R 且在上的最大值為 1 求函數(shù)f x 的解析式 2 判斷函數(shù)f x 在 0 內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù) 并加以證明 解析 1 由已知得f x a sinx xcosx 對(duì)于任意x 有sinx xcosx 0 當(dāng)a 0時(shí) f x 不合題意 當(dāng)a 0時(shí) x 時(shí) f x 0 從而f x 在內(nèi)單調(diào)遞減 又f x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故f x 在上的最大值為f 0 不合題意 當(dāng)a 0 x 時(shí) f x 0 從而f x 在內(nèi)單調(diào)遞增 又f x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故f x 在上的最大值為f 即 解得a 1 綜上所述 得f x xsinx 2 f x 在 0 上有兩個(gè)零點(diǎn) 證明如下 由 1 知f x xsinx f 0 0 所以f x 在上至少有一個(gè)零點(diǎn) 又由 1 知f x 在上單調(diào)遞增 故在上只有一個(gè)零點(diǎn) 當(dāng)x 時(shí) 令g x f x sinx xcosx 由g 1 0 g 0 且g x 在上的圖象是連續(xù)不間斷的 故存在m 使得g m 0 由g x 2cosx xsinx 知x 時(shí) 有g(shù) x 0 從而g x 在內(nèi)單調(diào)遞減 當(dāng)x 時(shí) g x g m 0 即f x 0 從而f x 在內(nèi)單調(diào)遞增 故當(dāng)x 時(shí) f x f 0 故f x 在上無(wú)零點(diǎn) 當(dāng)x m 時(shí) 有g(shù) x g m 0 即f x 0 從而f x 在 m 內(nèi)單調(diào)遞減 又f m 0 f 0 且f x 在 m 上的圖象是連續(xù)不斷的 從而f x 在 m 內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn) 綜上所述 f x 在 0 內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn) 2 已知關(guān)于x的函數(shù)f x a 0 1 當(dāng)a 1時(shí) 求函數(shù)f x 的極值 2 若函數(shù)F x f x 1沒有零點(diǎn) 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解析 1 f x x R 當(dāng)a 1時(shí) f x f x 的情況如下表 所以 當(dāng)a 1時(shí) 函數(shù)f x 的極小值為f 2 e 2 無(wú)極大值 2 F x f x 當(dāng)a0 解得a e2 所以此時(shí) e2 a 0 當(dāng)a 0時(shí) F x F x 的情況如下表 若使函數(shù)F x 沒有零點(diǎn) 當(dāng)且僅當(dāng)F 2 1 0 解得a e2 舍去 綜上所述 所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是 e2 0 熱點(diǎn)題型2生活中的優(yōu)化問題 感悟經(jīng)典 典例 如圖 在海岸線一側(cè)C處有一個(gè)美麗的小島 某旅游公司為方便游客 在海岸線上設(shè)立了A B兩個(gè)報(bào)名點(diǎn) 滿足A B C 中任意兩點(diǎn)間的距離為10千米 公司擬按如圖思路運(yùn)作 先將A B兩處游客分別乘車集中到AB之間的中轉(zhuǎn)點(diǎn)D處 點(diǎn)D異于A B兩點(diǎn) 然后乘同一艘游輪前往C島 據(jù)統(tǒng)計(jì) 每批游客A處需發(fā)車2輛 B處需發(fā)車4輛 每輛汽車每千米耗費(fèi)2元 游輪每千米耗費(fèi)12元 設(shè) CDA 每批游客從各自報(bào)名點(diǎn)到C島所需運(yùn)輸成本S元 1 寫出S關(guān)于 的函數(shù)表達(dá)式 并指出 的取值范圍 2 問中轉(zhuǎn)點(diǎn)D距離A處多遠(yuǎn)時(shí) S最小 聯(lián)想解題 1 看到求S 想到利用正弦定理在 ACD中求出AD CD再表示出S 2 看到求S的最小值 想到先求S的導(dǎo)函數(shù)S 再利用導(dǎo)函數(shù)值與單調(diào)性關(guān)系求出最小值 規(guī)范解答 1 在 ACD中 CAD ADC AC 10 ACD 由正弦定理知 得CD AD 所以S 4AD 8BD 12CD 12CD 4AD 80 80 20 2 S 20 令S 0 得cos 當(dāng)cos 時(shí) S 0 所以當(dāng)cos 時(shí)S取得最小值 此時(shí)sin AD 所以中轉(zhuǎn)點(diǎn)D距離A處千米時(shí) 運(yùn)輸成本S最小 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟 1 分析實(shí)際問題中各量之間的關(guān)系 列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型 寫出實(shí)際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系y f x 根據(jù)實(shí)際意義確定定義域 2 求函數(shù)y f x 的導(dǎo)數(shù)f x 解方程f x 0得出定義域內(nèi)的實(shí)根 確定極值點(diǎn) 3 比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和極值點(diǎn)處的函數(shù)值大小 獲得所求的最大 小 值 4 還原到原實(shí)際問題中作答 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 某商場(chǎng)根據(jù)調(diào)查 估計(jì)家電商品從年初 1月 開始的x個(gè)月內(nèi)累計(jì)的需求量p x 單位 百件 滿足p x 39x 2x2 41 1 x 12且x N 1 求第x個(gè)月的需求量f x 的表達(dá)式 2 若第x個(gè)月的銷售量滿足g x 單位 百件 每件利潤(rùn)q x 100ex 6元 求該商場(chǎng)銷售該商品第幾個(gè)月的月利潤(rùn)達(dá)到最大值 最大是多少 e6取值為403 解析 1 當(dāng)x 2時(shí) f x p x p x 1 3x2 42x 當(dāng)x 1時(shí) p x 39 也滿足上式 所以f x 3x2 42x 1 x 12且x N 2 設(shè)該商場(chǎng)第x個(gè)月的月利潤(rùn)為 x 元 則 當(dāng)1 x 7 x N 時(shí) x 3x2 42x 21x 30000 7 x ex 6 x 30000 6 x ex 6 令 x 0 得x 6 則 x 在 1 6 上單調(diào)遞增 在 6 7 上單調(diào)遞減 所以 x max 6 30000 當(dāng)7 x 12 x N 時(shí) x 10000e 6 x 10000 x 12 x 8 e 6 所以 x 在 7 8 上單調(diào)遞增 在 8 12 上單調(diào)遞減 x max 8 30000 綜上可知 第6個(gè)月的月利潤(rùn)最大 是30000元 提分備選 某公司生產(chǎn)某種產(chǎn)品 固定成本為20000元 每生產(chǎn)一單位產(chǎn)品 成本增加100元 已知總營(yíng)業(yè)收入R與年產(chǎn)量x的關(guān)系是R R x 則總利潤(rùn)最大時(shí) 年產(chǎn)量是 A 100B 150C 200D 300 解析 選D 由題意得 總成本函數(shù)為C C x 20000 100 x 總利潤(rùn)P x 又P x 令P x 0 得x 300 易知x 300時(shí) 總利潤(rùn)P x 最大 熱點(diǎn)題型3不等式中的證明問題 感悟經(jīng)典 典例 已知函數(shù)f x a b R 且a 0 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù) 1 若曲線f x 在點(diǎn) e f e 處的切線斜率為0 且f x 有極小值 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 2 當(dāng)a b 1時(shí) 證明 xf x 2e m x 1 在區(qū)間 1 內(nèi)恒成立 求實(shí)數(shù)m的最大值 規(guī)范解答 1 因?yàn)閒 x 所以f x 因?yàn)閒 e 0 所以b 0 則f x 當(dāng)a 0時(shí) f x 在 0 e 內(nèi)大于0 在 e 內(nèi)小于0 所以f x 在 0 e 內(nèi)為增函數(shù) 在 e 內(nèi)為減函數(shù) 即f x 有極大值而無(wú)極小值 當(dāng)a 0時(shí) f x 在 0 e 內(nèi)為減函數(shù) 在 e 內(nèi)為增函數(shù) 即f x 有極小值而無(wú)極大值 所以a 0 即實(shí)數(shù)a的取值范圍為 0 2 當(dāng)a b 1時(shí) 設(shè)g x xf x 2 lnx ex 2 g x ex在區(qū)間 0 上為減函數(shù) 又g 1 1 e0 所以存在實(shí)數(shù)x0 使得g x0 0 此時(shí)g x 在區(qū)間 0 x0 內(nèi)為增函數(shù) 在 x0 內(nèi)為減函數(shù) 又g x0 0 所以 x0 lnx0 由單調(diào)性知 g x max g x0 lnx0 2 x0 2 2 又x0 所以 2 所以g x max 0 即xf x 2 0 xf x e m x 1 xf x m x 1 e 當(dāng)a 1 b 1時(shí) 設(shè)h x xf x m x 1 lnx ex m x 1 則h x ex m 令t x h x ex m 因?yàn)閤 1 所以t x ex 0 所以h x 在 1 內(nèi)單調(diào)遞增 所以當(dāng)x 1時(shí) h x h 1 1 e m 當(dāng)1 e m 0時(shí) 即m 1 e時(shí) h x 0 所以h x 在區(qū)間 1 內(nèi)單調(diào)遞增 所以當(dāng)x 1時(shí) h x h 1 e恒成立 當(dāng)1 e m1 e時(shí) h x 0 所以存在x0 1 使得h x0 0 所以h x 在區(qū)間 1 x0 內(nèi)單調(diào)遞減 在 x0 內(nèi)單調(diào)遞增 由h x0 e不恒成立 綜上所述 實(shí)數(shù)m的取值范圍為 1 e 所以實(shí)數(shù)m的最大值為 1 e 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 1 作差或變形 2 構(gòu)造新的函數(shù)h x 3 對(duì)h x 求導(dǎo) 4 利用h x 判斷h x 的單調(diào)性或最值 5 下結(jié)論 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 已知函數(shù)f x x2 x alnx a 0 1 若a 1 求f x 的圖象在 1 f 1 處的切線方程 2 討論f x 的單調(diào)性 3 若f x 存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1 x2 求證 f x1 f x2 解析 1 當(dāng)a 1時(shí) f x x2 x lnx f x x 1 f 1 1 f 1 所以f x 的圖象在 1 f 1 處的切線方程為y x 1 即2x 2y 3 0 2 f x x 1 a 0 若a 則x2 x a 0恒成立 f x 0 所以f x 在 0 上單調(diào)遞增 若00得0由x2 x a 0得所以f x 在上單調(diào)遞減 在和上單調(diào)遞增 綜上 當(dāng)a 時(shí) f x 在 0 上單調(diào)遞增 當(dāng)0 a 時(shí) f x 在上單調(diào)遞減 在和上單調(diào)遞增 3 由 2 知0 a 時(shí) f x 存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1 x2 且x1 x2是方程x2 x a 0的兩個(gè)根 所以x1 x2 1 x1 x2 a 所以f x1 f x2 x1 alnx1 x2 alnx2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 aln x1 x2 a 1 alna alna a 令g x xlnx x 則g x lnx所以f x1 f x2 提分備選 1 設(shè)a為實(shí)數(shù) 函數(shù)f x ex 2x 2a x R 1 求f x 的單調(diào)區(qū)間與極值 2 求證 當(dāng)a ln2 1且x 0時(shí) ex x2 2ax 1 解析 1 由f x ex 2x 2a x R f x ex 2 x R 令f x 0 得x ln2 于是當(dāng)x變化時(shí) f x f x 的變化情況如下表 故f x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 ln2 單調(diào)遞增區(qū)間是 ln2 f x 在x ln2處取得極小值 極小值為f ln2 eln2 2ln2 2a 2 1 ln2 a 2 設(shè)g x ex x2 2ax 1 x R 于是g x ex 2x 2a x R 由 1 知當(dāng)a ln2 1時(shí) g x 最小值為g ln2 2 1 ln2 a 0 于是對(duì)任意x R 都有g(shù) x 0 所以g x 在R內(nèi)單調(diào)遞增 于是當(dāng)a ln2 1時(shí) 對(duì)任意x 0 都有g(shù) x g 0 又g 0 0 從而對(duì)任意x 0 g x 0 即ex x2 2ax 1 0 故ex x2 2ax 1 2 已知函數(shù)f x x3 3 x a a 0 若f x 在 1 1 上的最小值記為g a 1 求g a 2 證明 當(dāng)x 1 1 時(shí) 恒有f x g a 4 解析 1 因?yàn)閍 0 1 x 1 所以 當(dāng)00 故f x 在 a 1 上是增函數(shù) 所以g a f a a3 當(dāng)a 1時(shí) 有x a 則f x x3 3x 3a f x 3x2 3 0 故f x 在 1 1 上是減函數(shù) 所以g a f 1 2 3a 綜上 g a 2 令h x f x g a 當(dāng)0 a 1時(shí) g a a3 若x a 1 則h x x3 3x 3a a3 得h x 3x2 3 則h x 在 a 1 上是增函數(shù) 所以h x 在 a 1 上的最大值是h 1 4 3a a3 且0 a 1 所以h 1 4 故f x g a 4 若x 1 a 則h x x3 3x 3a a3 得h x 3x2 3 則h x 在 1 a 上是減函數(shù) 所以h x 在 1 a 上的最大值是h 1 2 3a a3 令t a 2 3a a3 則t a 3 3a2 0 知t a 在 0 1 上是增函數(shù) 所以t a t 1 4 即h 1 4 故f x g a 4 當(dāng)a 1時(shí) g a 2 3a 故h x x3 3x 2 得h x 3x2 3 此時(shí)h x 在 1 1 上是減函數(shù) 因此h x 在 1 1 上的最大值是h 1 4 故f x g a 4 綜上 當(dāng)x 1 1 時(shí) 恒有f x g a 4 數(shù)學(xué)抽象 由不等式成立求參數(shù)范圍問題中的數(shù)學(xué)素養(yǎng) 相關(guān)鏈接 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù) 方程 不等式等綜合性問題是導(dǎo)數(shù)的重要應(yīng)用 也是歷年高考考查的重點(diǎn)與熱點(diǎn)內(nèi)容 這類問題 既會(huì)以選擇題或填空題的形式出現(xiàn) 也可在解答題中出現(xiàn) 且多為高檔題 常見類型有恒成立問題 能成立問題等 命題角度1 不等式恒成立求參數(shù)范圍 典例1 已知函數(shù)f x ax3 3x 1對(duì)x 0 1 總有f x 0成立 則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 規(guī)范解答 當(dāng)x 0 1 時(shí) 不等式ax3 3x 1 0可化為a 設(shè)g x x 0 1 g x g x 與g x 隨x的變化如下表 因此g x 的最大值為4 故實(shí)數(shù)a的范圍為 4 答案 4 命題角度2 不等式存在成立求參數(shù)范圍 典例2 設(shè)函數(shù)f x alnx x2 bx a 1 曲線y f x 在點(diǎn) 1 f 1 處的切線斜率為0 1 求b 2 若存在x0 1 使得f x0 求a的取值范圍 規(guī)范解答 1 f x 1 a x b 由題意知f 1 0 解得b 1 2 f x 的定義域?yàn)?0 由 1 知 f x alnx x2 x f x 若a 則 1 故當(dāng)x 1 時(shí) f x 0 f x 在 1 單調(diào)遞增 所以 存在x0 1 使得f x0 的充要條件為f 1 若故當(dāng)x 時(shí) f x 0 f x 在單調(diào)遞減 在單調(diào)遞增 所以 存在x0 1 使得f x0 的充要條件為 而所以不合題意 若a 1 則f 1 綜上 a的取值范圍是 1 1 1 規(guī)律方法 1 利用不等式恒成立求參數(shù)范圍的方法 1 根據(jù)不等式分離參數(shù) 2 利用分離參數(shù)后的不等式構(gòu)造新函數(shù)F x 3 判斷F x 的單調(diào)性及求其最值 4 根據(jù)參數(shù)m F x max或m F x min求參數(shù)范圍 2 對(duì)于任意x1 D1 存在x2 D2 使得g x1 f x2 成立 其解決方法 1 求出g x 在D1的最小值 2 求出f x 在D2的最大值 3 轉(zhuǎn)化g x min f x max 求出參數(shù)范圍 通關(guān)題組 1 已知函數(shù)f x x2 x a 若f x 在 2 3 上單調(diào) 則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 解析 f x 3x2 2ax 若f x 在 2 3 上單調(diào) 則f x 0或f x 0在 2 3 上恒成立 所以a x或a x 因?yàn)閤 2 3 所以a 3或a 答案 3 2 已知函數(shù)f x xlnx g x x3 x2 x 1 1 如果存在x1 x2 0 2 使得g x1 g x2 M 求滿足該不等式的最大整數(shù)M 2 如果對(duì)任意的s t 都有f s g t 成立 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解析 1 存在x1 x2 0 2 使得g x1 g x2 M x1 x2 0 2 g x1 g x2 max M 因?yàn)間 x 3x2 2x 1 3x 1 x 1 所以當(dāng)00 g x 單調(diào)遞增 所以g x max max g 0 g 2 g 2 1 g x min g 1 2 所以 g x1 g x2 max g x max g x min 3 滿足不等式的最大整數(shù)M 3 2 由 1 知 當(dāng)x 時(shí) g x max g 2 1 依題意 對(duì)任意的s t 都有f s g t 成立 當(dāng)x 時(shí) f x xlnx 1恒成立 則有f 1 1 所以a 2 當(dāng)a 2且x 時(shí) f x xlnx xlnx 設(shè)h x xlnx 所以h x lnx 1 且h 1 0 當(dāng)x 時(shí) h x lnx 10 所以h x xlnx在上單調(diào)遞減 在 1 2 上單調(diào)遞增 所以h x min h 1 1 即h x 1 所以當(dāng)a 2時(shí)原不等式成立 所以a的取值范圍是 2