高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节导数的应用教师用书理1014222

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1、第十一节导数的应用2017考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题)。2016，全国卷，7,5分(图象判断)2016，全国卷，21,12分(导数与单调性、不等式证明、函数零点)2015，全国卷，12,5分(导数与单调性、参数的取值范围)2015，全国卷，21,12分

2、(切线、函数最值、零点问题)2014，全国卷，21,12分(导数与单调性、函数最值、不等式证明)函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值，曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式命制探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开。此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在今后的备考中不可小视。微知识小题练自|主|排|查1函数的导数与单调性的关系函数yf(x)在某个区间内可导，则(1)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)

3、若f(x)0，则f(x)在这个区间内是常数函数。2函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数yf(x)在点xa处的函数值f(a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，且f(a)0，而且在点xa附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xa叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。(2)函数的极大值若函数yf(x)在点xb处的函数值f(b)比它在点xb附近其他点的函数值都大，且f(b)0，而且在点xb附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，则xb叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。3函数的最值与导数(1)函数f(x)在a，b上有最值的条件：一般地，如果在区间a，b

4、上，函数yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值。(2)求函数yf(x)在a，b上的最大值与最小值的步骤为：求函数yf(x)在(a，b)内的极值；将函数yf(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。微点提醒1函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f(x)0，“f(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。2对于可导函数f(x)，“f(x0)0”是“函数f(x)在xx0处有极值”的必要不充分条件。如函数yx3在x0处导数为零，但x0不是函数yx3的极值点。3求最值时，应注意极值点和

5、所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值。4函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系。小|题|快|练一 、走进教材1(选修2-2P26练习T1改编)函数f(x)xex的一个单调递增区间是()A(，1 B2,8C1,2 D0,2【解析】解法一：f(x)xex，所以f(x)0，所以x1。故选A。解法二：f(x)1exxex(1)(1x)ex0。因为ex0，所以x1。故选A。【答案】A2(选修2-2P32A组T5（4）题改编)函数f(x)2xxlnx的极值是()A. B.Ce De2【解析】因为f(x)2(lnx1)1lnx

6、，当f(x)0时，解得0xe；当f(x)e，所以xe时，f(x)取到极大值，f(x)极大值f(e)e。故选C。【答案】C3(选修2-2P37B组T2改编)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为yx327x123(x0)，则获得最大利润时的年产量为()A1百万件 B2百万件C3百万件 D4百万件【解析】因为yx327x123(x0)，所以y3x2273(x3)(x3)(x0)，所以yx327x123在(0,3)上是增函数，在(3，)上是减函数，故当x3时，获得最大利润，即获得最大利润时的年产量为3百万件。故选C。【答案】C二、双基查验1(2016锦州模拟)已知函数yxf(x)

7、的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)。则下面四个图象中，yf(x)的图象大致是()【解析】由条件可知当0x1时，xf(x)0，所以f(x)1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)递增，所以当x1时，函数取得极小值。当x1时，xf(x)0，函数f(x)递增，当1x0，所以f(x)0，函数f(x)单调递增，当x(2,2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以a2。故选D。【答案】D3函数f(x)x2lnx的最小值为()A. B1C0 D不存在【解析】f(x)x，且x0。令f(x)0，得x1；令f(x)0，得0x0恒成立，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值。【答案】0

8、，)5(2017重庆模拟)设1x2，则，2，的大小关系是_。(用“”连接)【解析】令f(x)xlnx(1x0，所以函数yf(x)(1xf(1)10，所以xlnx001，所以20，所以2。【答案】20知，f(x)与1xex1同号。令g(x)1xex1，则g(x)1ex1。所以当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增。故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)。综上可知，f(x)0，x(，)。故f(x)的单调递增区间为(，)。【答案】(1)a2，be(2)单调递增区间为(，)反思归纳利用导数求函数单调区间的方法：1当导函数不等式可解时，解不等式f(x

9、)0或f(x)0，得0x2。由f(x)0，得x0或1x0，f(x)单调递增，x(1，)时，f(x)0时，f(x)。(1)0a1，当x(0,1)或x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)2时，0 0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减。综上所述，当a0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减；当0a2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，)内单调递增。【答案】见解析反思归纳1.研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论。2划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点。3个别导数为0

10、的点不影响所在区间的单调性，如f(x)x3，f(x)3x20(f(x)0在x0时取到)，f(x)在R上是增函数。【变式训练】讨论函数f(x)(a1)lnxax21(aR)的单调性。【解析】f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax。当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；当0a1时，令f(x)0，解得x，则当x时，f(x)0，故f(x)在上单调递减，在上单调递增。【答案】见解析考点三 利用单调性求参数的取值范围母题发散【典例3】已知函数f(x)x3ax1。(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取

11、值范围。【解析】(1)f(x)3x2a。当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)上为增函数。当a0时，令3x2a0得x；当x或x0；当x时，f(x)0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数。(2)因为f(x)在(，)上是增函数，所以f(x)3x2a0在(，)上恒成立，即a3x2对xR恒成立。因为3x20，所以只需a0。又因为a0时，f(x)3x20，f(x)x31在R上是增函数，所以a0，即实数a的取值范围为(，0。【答案】(1)见解析(2)(，0【母题变式】1.函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，)上为增函数，求a的取值范围。【解析】因为f(x)3x2a，且f(x)在区间(1，)上为

12、增函数，所以f(x)0在(1，)上恒成立，即3x2a0在(1，)上恒成立，所以a3x2在(1，)上恒成立，所以a3，即a的取值范围为(，3。【答案】(，32函数f(x)不变，若f(x)在区间(1,1)上为减函数，试求a的取值范围。【解析】由f(x)3x2a0在(1,1)上恒成立，得a3x2在(1,1)上恒成立。因为1x1，所以3x23，所以a3。即当a的取值范围为3，)时，f(x)在(1,1)上为减函数。【答案】3，)3函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(1,1)，求a的值。【解析】由母题可知，f(x)的单调递减区间为，1，即a3。【答案】34函数f(x)不变，若f(x)在区间(1,

13、1)上不单调，求a的取值范围。【解析】f(x)x3ax1，f(x)3x2a。由f(x)0，得x(a0)。f(x)在区间(1，1)上不单调，01，得0a3，即a的取值范围为(0,3)。【答案】(0,3)反思归纳根据函数单调性求参数的一般思路1利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集。2转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f(x)0恒成立；若函数单调递减，则f(x)0恒成立”来求解。微考场新提升1函数yx2lnx的单调减区间为()A(1,1 B(0,1C1，) D(0，)解析函数yx2lnx的定义域为(0，)，yx，令y0，则可得01

14、，b1。故选C。答案C3已知函数f(x)x22cosx，若f(x)是f(x)的导函数，则函数f(x)的图象大致是()解析设g(x)f(x)2x2sinx，g(x)22cosx0，所以函数f(x)在R上单调递增。故选A。答案A4函数f(x)1xsinx在(0,2)上的单调性是_。解析在(0,2)上有f(x)1cosx0，所以f(x)在(0,2)上单调递增。答案单调递增5(2017秦皇岛模拟)已知函数f(x)lnx，g(x)ax22x，a0。若函数h(x)f(x)g(x)在1,4上单调递减，则a的取值范围为_。解析h(x)lnxax22x，x(0，)，所以h(x)ax2。因为h(x)在1,4上单调

15、递减，所以当x1,4时，h(x)ax20恒成立，即a恒成立，令G(x)，则aG(x)max，而G(x)21。因为x1,4，所以，所以G(x)max(此时x4)，所以a。答案第二课时导数与函数的极值、最值微考点大课堂考点一 运用导数解决极值问题多维探究角度一：求函数的值域【典例1】已知函数f(x)ex(axb)x24x，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y4x4。(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极值。【解析】(1)f(x)ex(axb)aex2x4ex(axba)2x4。由已知，得即解得(2)由(1)知，f(x)4ex(x1)x24x，f(x)ex(4x

16、8)2x44(x2)。令f(x)0，得x2或xln2。令f(x)0，得或解得2xln2。令f(x)0，得或解得x2或xln2。当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，ln2)ln2(ln2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由上表可知，函数f(x)的极大值为f(2)4(1e2)，极小值为f(ln2)22ln2ln22。【答案】(1)a4，b4(2)单调性见解析极大值为4(1e2)，极小值为22ln2ln22角度二：已知函数的极值求参数【典例2】(2016山东高考)设f(x)xlnxax2(2a1)x，aR。(1)令g(x)f(x)，求g(x)的

17、单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值，求实数a的取值范围。【解析】(1)由f(x)lnx2ax2a，可得g(x)lnx2ax2a，x(0，)。则g(x)2a。当a0时，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0时，x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，x时，函数g(x)单调递减。所以当a0时，g(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为。(2)由(1)知，f(1)0。当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增。所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意。当0a1，由(1)知f(x)在内单调递增，可得当x

18、(0,1)时，f(x)0。所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意。当a时，1，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，)内单调递减，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意。当a时，00，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)。【答案】(1)见解析(2)反思归纳1.已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程。需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，必要时需对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件。2已知函数的最值求参数，利用待定系

19、数法求解。【变式训练】(1)(2016金华十校联考)已知函数f(x)x(lnxax)有两个极值点，则实数a的取值范围是_。(2)(2016沈阳模拟)设函数f(x)lnxax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_。【解析】(1)f(x)(lnxax)xlnx12ax，令f(x)0，得2a。设(x)，则(x)，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以(x)max(1)1，则(x)的大致图象如图所示，若函数f(x)有两个极值点，则直线y2a和y(x)的图象有两个交点，所以02a1，得0a。(2)f(x)的定义域为(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a。f

20、(x)axa1。若a0，当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减，所以x1是f(x)的极大值点。若a1，解得1a1。【答案】(1)(2)(1，)考点二 运用导数解决最值问题【典例3】已知函数f(x)lnxax(aR)。(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在1,2上的最小值。【解析】(1)f(x)a(x0)，当a0时，f(x)a0，即函数f(x)的单调增区间为(0，)。当a0时，令f(x)a0，可得x，当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为。(2)当00)。(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

21、(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。【解析】由题意，知函数的定义域为x|x0，f(x)(a0)(1)由f(x)0解得x，所以函数f(x)的单调递增区间是；由f(x)0解得x，所以函数f(x)的单调递减区间是。所以当x时，函数f(x)有极小值falnaaalna。(2)由(1)可知，当x时，函数f(x)单调递减；当x时，函数f(x)单调递增。若01，即a1时，函数f(x)在1，e上为增函数，故函数f(x)的最小值为f(1)aln111，显然10，故不满足条件。若1e，即a1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，故函数f(x

22、)的最小值为f(x)的极小值falnaaalnaa(1lna)0，即lna1，解得ae，而ae，即0a时，函数f(x)在1，e上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)alnea0，即a，而0a，故不满足条件。综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值为0。【答案】(1)函数f(x)的单调递增区间是单调递减区间是函数f(x)有极小值aalna(2)不存在，理由见解析微考场新提升1.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和

23、极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)解析(1)当x0。(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(，2)上是增函数。(2)当2x0。(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(2,1)上是减函数。(3)当1x2时，1x0，f(x)2时，1x0。(1x)f(x)0，即f(x)在(2，)上是增函数。综上，f(2)是极大值，f(2)是极小值。故选D。答案D2函数yax3bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和，则()Aa2b0 B2ab0C2ab0 Da2b0解析y3ax22bx，根据题意，0，是方程3ax22bx0的两根

24、，a2b0。故选D。答案D3若函数f(x)ax33x1对于x1,1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围为()A2，) B4，)C4 D2,4解析f(x)3ax23，当a0时，f(x)0，f(x)在1,1上为减函数，f(x)minf(1)a20，a2，不合题意；当01时，f(1)a40，且f10，解得a4。综上所述，a4。故选C。答案C4已知f(x)lnxa(1x)。(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围。解析(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a。若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)是单调递增；若a0，则当x时，f(x)0，当x时

25、，f(x)0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为flnalnaa1。因此f2a2lnaa10。令g(a)lnaa1，则g(a)在(0，)是增函数，g(1)0，于是，当0a1时，g(a)1时，g(a)0，因此a的取值范围是(0,1)。答案(1)当a0时，在(0，)上单调递增；当a0时，在上单调递增，在上单调递减(2)(0,1)第三课时导数与不等式微考点大课堂考点一 解不等式或比较大小【典例1】(1)设函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有2f(x)xf(x)x2，则不等式(x2 014)2f(x2 014)4f(2)0的解集为()A(，2 012)B(2 012,0

26、)C(，2 016) D(2 016,0)(2)已知f(x)为R上的可导函数，且xR，均有f(x)f(x)，则以下判断正确的是()Af(2 013)e2 013f(0)Bf(2 013)x2，x0，得2xf(x)x2f(x)x3，即x2f(x)x30，令F(x)x2f(x)，则当x0时，F(x)0，即F(2 014x)F(2)。又F(x)在(，0)上是减函数，所以2 014x2，即xf(x)，g(x)0，即函数g(x)在R上递减，g(2 013)g(0)，f(2 013)0时，xf(x)f(x)0成立的x的取值范围是()A(，1)(0,1) B(1,0)(1，)C(，1)(1,0) D(0,1

27、)(1，)(2)(2016福建质检)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f(x)满足x1，则下列结论正确的是()A对于任意xR，f(x)0C当且仅当x(，1)时，f(x)0【解析】(1)记函数g(x)，则g(x)，因为当x0时，xf(x)f(x)0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减；又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(，0)上单调递增，且g(1)g(1)0。当0x0，则f(x)0；当x1时，g(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0,1)。(2)因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f(x)0。因为xf(

28、x)，所以f(x)(x1)f(x)0，构造函数g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)(11)f(1)0，所以当x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，所以f(x)0。因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)0。综上，对于任意xR，f(x)0，故选B。【答案】(1)A(2)B考点二 证明不等式【典例2】(2016全国卷)设函数f(x)lnxx1。(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，11，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx。【解析】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0解得

29、x1。当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减。(2)证明：由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0。所以当x1时，lnxx1。故当x(1，)时，lnxx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxlnc，令g(x)0，解得x0。当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减。由(2)知1c，故0x01。又g(0)g(1)0，故当0x0。所以当x(0,1)时，1(c1)xcx。【答案】(1)当0x1时，f(x)单调递减(2)(3)见解析反思归纳对于不等式的证明问题可考虑：通过研究函数的单调性进行证明；根据不等式

30、的结构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。【变式训练】(2016郑州二模)已知函数f(x)。(1)讨论函数yf(x)在x(m，)上的单调性；(2)若m，则当xm，m1时，函数yf(x)的图象是否总在函数g(x)x2x图象上方？请写出判断过程。【解析】(1)f(x)，当x(m，m1)时，f(x)0，所以f(x)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增。(2)由(1)知f(x)在m，m1上单调递减，所以其最小值为f(m1)em1。因为m，g(x)在m，m1上的最大值为(m1)2m1，所以下面判断em1与(m1)2m1的大小，即判断ex与(1x)x的大小，其中xm1。令m(x)e

31、x(1x)x，m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，则h(x)ex2，因为xm1，所以h(x)ex20，m(x)单调递增。又m(1)e30，故存在x0，使得m(x0)ex02x010。所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)m(x0)ex0xx02x01xx0xx01，所以当x0时，m(x0)xx010，即ex(1x)x，即f(m1)(m1)2m1，所以函数yf(x)的图象总在函数g(x)x2x图象上方。【答案】(1)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)单调递增(2)是，判断过程见解析考点三 不等式恒成立问题【典例3】(2015北京高考)已知函数f(x)ln。(1)

32、求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0,1)时，f(x)2；(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立，求k的最大值。【解析】(1)f(x)lnln(1x)ln(1x)，x(1，1)，f(x)，f(0)2，f(0)0，所以切线方程为y2x。(2)证明：原命题等价于任意x(0,1)，f(x)20。设函数F(x)ln(1x)ln(1x)2，F(x)。当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)在x(0,1)上是单调递增函数。F(x)F(0)0，因此当x(0,1)，f(x)2。(3)lnk，x(0,1)t(x)lnk0，x(0,1)。t(x)k(1x2)，x(0,1

33、)。当k0,2，t(x)0，函数t(x)单调递增，t(x)t(0)0显然成立。当k2时，令t(x0)0得x(0,1)，t(x)的变化情况列表如下：x(0，x0)x0(x0,1)t(x)0t(x)极小值t(x0)t(0)0，显然不成立。当k0时，显然k取不到最大值。综上可知，k的最大值为2。【答案】(1)y2x(2)见解析(3)2反思归纳利用导数解决不等式的恒成立问题的策略1首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围。2也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题。【变式训练】已知函数f(x)xlnx。(1)求f(x)的最小值；

34、(2)若对于所有x1都有f(x)ax1，求实数a的取值范围。【解析】函数f(x)xlnx的定义域是(0，)。(1)f(x)1lnx，令f(x)0，解得x。当x时，f(x)0。故f(x)在上单调递减，在上单调递增。所以当x时，函数f(x)取得最小值f。(2)依题意，得f(x)ax1在1，)上恒成立，即不等式alnx对于x1，)恒成立，即amin，x1，)。设g(x)lnx(x1)，则g(x)，令g(x)0，得x1。当x1时，因为g(x)0，故g(x)在1，)上是增函数。所以g(x)在1，)上的最小值是g(1)1，故a的取值范围是(，1。【答案】(1)(2)(，1考点四 不等式能成立问题【典例4】

35、(2016福建六校联考)已知a为实数，函数f(x)alnxx24x。(1)是否存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)(a2)x，若x0，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围。【解析】(1)函数f(x)定义域为(0，)，f(x)2x4。假设存在实数a，使f(x)在x1处取极值，则f(1)0，a2，此时，f(x)，当x0时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1不是f(x)的极值点，故不存在实数a，使得f(x)在x1处取得极值。(2)由f(x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax2x0，记F(x)xlnx(x0)，F(x)(x0)，当0x

36、1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增。F(x)F(1)10，a，记G(x)，x。G(x)。x，22lnx2(1lnx)0，x2lnx20，x时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1。故实数a的取值范围为1，)。【答案】(1)不存在，理由见解析(2)1，)反思归纳求解含参不等式能成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先将不等式转化为xD使得f(a)g(x)(或f(a)g(x)能成立，再转化为f(a)g(x)min(或f(a)g(x)max)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最小值(或最大值)。【变式训练】已知函

37、数f(x)xlnx，g(x)x2ax3。(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)若存在x(e是自然对数的底数，e2.718 28)使不等式2f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围。【解析】(1)由题意知f(x)lnx1，当x时，f(x)0，此时f(x)单调递增。当0tt2时，t无解；当0tt2，即0t时，f(x)minf；当t时，f(x)在t，t2上单调递增，故f(x)minf(t)tlnt。所以f(x)min(2)由题意知2xlnxx2ax3，即a2lnxx，设h(x)2lnxx(x0)，则h(x)1，当x时，h(x)0，此时h(x)单调递增。所以h(x)maxmax，因为

38、存在x，使2f(x)g(x)成立，所以ah(x)max，又h23e，h(e)2e，故hh(e)，所以a3e2。【答案】(1)f(x)min(2)微考场新提升1若0x1x2lnx2lnx1Bex2ex1x1ex2Dx2ex1x1ex2解析设f(x)，则f(x)。当0x1时，f(x)0，f(x)在(0,1)上为减函数，由0x1x2f(x2)，即，x2ex1x1ex2。故选C。答案C2(2017郴州模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)1，f(0)4，则不等式exf(x)ex3(其中e为自然数对数的底数)的解集为()A(0，)B(，0)(3，)C(，0)(0，)D(3，)解析设g(x)

39、exf(x)ex(xR)，则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，因为f(x)f(x)1，所以f(x)f(x)10，所以g(x)0，所以g(x)exf(x)ex在定义域上单调递增，因为exf(x)ex3，所以g(x)3，又因为g(0)e0f(0)e0413，所以g(x)g(0)，所以x0。故选A。答案A3若对于任意实数x0，函数f(x)exax恒大于零，则实数a的取值范围是_。解析当x0时，f(x)exax0恒成立。若x0，a为任意实数，f(x)exax0恒成立。若x0，f(x)exax0恒成立，即当x0时，a恒成立。设Q(x)。Q(x)。当x(0,1)时，Q(x)0，则

40、Q(x)在(0,1)上单调递增，当x(1，)时，Q(x)0恒成立，a的取值范围为(e，)。答案(e，)4设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR。(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln21且x0时，exx22ax1。解析(1)由f(x)ex2x2a，xR，知f(x)ex2，xR。令f(x)0，得xln2。于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)22ln22a故f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在xln2处取得极小值，极小值为22ln22a。(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR。由(1)知当aln21时，g(x)取最小值为g(ln2)2(