导数中的求参数取值范围问题

帮你归纳总结(五）：导数中的求参数取值围问题 一、常见基本题型：

（1）已知函数单调性，求参数的取值围，如已知函数f(x)增区间，则在此区间上 导函数f(x)0，如已知函数f(x)减区间，则在此区间上导函数f(x)0。 （2）已知不等式恒成立，求参数的取值围问题，可转化为求函数的最值问题。 例1.已知aR，函数f(x)(xax)e2x.（xR，e为自然对数的底数）

（1）若函数f(x)在(1,1)单调递减，求a的取值围；

（2）函数f(x)是否为R上的单调函数，若是，求出a的取值围；若不是，请说明 理由. 解： （1）

f(x)(x2ax)e-x

-x2-x2-x f(x)(2xa)e(xax)(e)=x(a2)xae.

要使f(x)在-1,1上单调递减， 则f(x)0 对x(1,1) 都成立， x(a2)xa0 对x(1,1)都成立. 令g(x)x(a2)xa，则22g(1)0,

g(1)0.1(a2)a03 , a.

21(a2)a0 （2）①若函数f(x)在R上单调递减，则f(x)0 对xR 都成立

2-x 即x(a2)xae0 对xR都成立.

ex0,x2(a2)xa0 对xR都成立

令g(x)x(a2)xa，

2 图象开口向上 不可能对xR都成立

②若函数f(x)在R上单调递减，则f(x)0 对xR 都成立，

2-x 即x(a2)xae0 对xR都成立，

ex0, x2(a2)xa0 对xR都成立.

(a2)24aa240

故函数f(x)不可能在R上单调递增.

综上可知，函数f(x)不可能是R上的单调函数

例2：已知函数fxalnxax3aR若函数yf(x)的图像在点(2,f(2))处的切

,

.

.

线的倾斜角为45，对于任意t[1,2]，函数gxxx[f(x)32/m]在区间(t,3)上总不2是单调函数，求m的取值围； 解： 由f/(2)a1,a2 2 m2)x22x, g/(x)3x2(m4)x222f(x)2lnx2x3g(x)x3(

/ 令g(x)0得，(m4)240

故g(x)0两个根一正一负，即有且只有一个正根

函数gxx3x2[f/(x)//m]在区间(t,3)上总不是单调函数 2g/(0)20,g/(t)0,g/(3)0

g(x)0在(t,3)上有且只有实数根 m372, (m4)t23t2故m43t，

t3237 而y3t在t[1,2]单调减， m9，综合得m9

t3

例3.已知函数f(x)lnx13x1． 44x（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设g(x)x2bx4，若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式

2 f(x1)g(x2) 恒成立，数b的取值围． 解：（I）f(x)lnx13x1的定义域是(0,) 44x1134xx23 f(x)22x44x4x

由x0及f(x)0 得1x3；由x0及f(x)0得0x1或x3， 故函数f(x)的单调递增区间是(1,3)；单调递减区间是(0,1),(3,) （II）若对任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立， 问题等价于f(x)ming(x)max，

由（I）可知，在(0,2)上，x1是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，

.

.

故也是最小值点，所以f(x)minf(1)12； g(x)x22bx4,x1,2

当b1时，g(x)maxg(1)2b5；

当1b2时，g(x)2maxg(b)b4；

当b2时，g(x)maxg(2)4b8；

问题等价于b11b2b1 或1 或2

2122b52b424b8

解得b1 或1b142 或 b

即b142，所以实数b的取值围是14,2 。

例4．设函数f(x)x2mlnx,h(x)x2xa,

(1)当a＝0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，数m的取值围；

(2)当m＝2时，若函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同零点，数a的 值围．

解：(1)由a＝0，f(x)≥h(x)，

可得－mlnx≥－x，x∈(1，＋∞)，即m≤xlnx. 记φ(x)＝

xlnx，则f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立等价于m≤φ(x)min. 求得φ′(x)＝lnx－1

ln2x

当x∈(1，e)，φ′(x)＜0； 当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＞0.

故φ(x)在x＝e处取得极小值，也是最小值，

即φ(x)min＝φ(e)＝e，故m≤e.

(2)函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点等价于方程x－2lnx＝a， 在[1,3]上恰有两个相异实根． 令g(x)＝x－2ln，则g′(x)＜1－2

x.

当x∈[1,2)时，g′(x)＜0；

.

取

.

当x∈(2,3]时，g′(x)＞0.

∴g(x)在(1,2)上是单调递减函数，在(2,3]上是单调递增函数．

故g(x)min＝g(2)＝2－2ln2. 又g(1)＝1，g(3)＝3－2ln3， ∵g(1)＞g(3)，∴只需g(2)＜a≤g(3)． 故a的取值围是(2－ln2,3－2ln3].

二、针对性练习

1.已知函数f(x)xalnx.若函数g(x)f(x)2x在[1，4]上是减函数，数a的取值

围。

解：由g(x)x2alnx

22a2，得g(x)2x2． xxx2又函数g(x)x2alnx为[1，4]上的单调减函数。

x

则g(x)0在[1，4]上恒成立，．

所以不等式2x

即aa220在[1，4]上恒成立． xx22x2在[1，4]上恒成立。 x

设(x)

22x2，显然(x)在[1，4]上为减函数， x63所以(x)的最小值为(4).

263a的取值围是a.

22.已知函数f(x)e1x

（1）若存在x[1,ln]，使ae1x0成立，求a的取值围； （2）当x0时，f(x)tx恒成立，求t的取值围.

2x43xxae1x,即af(x).

解:（1）

令

f'(x)ex10,x0.f'(x)0,x0时，

x0时，

f'(x)0. f(x)在(,0)上减，在(0,)上增.

.

.

4x01,ln3时，f(x)的最大值在区间端点处取到.  又

1444f(1)e111,fln,1lne333，

4114414f(1)fln1lnln0,3e333e3 441f(1)fln,f(x)1,ln,3e3 在上最大值为

a1e，

故a的取值围是

（3）由已知得x0时，e设

xx1tx20恒成立，

g(x)exx1tx2.g'(x)ex12tx.x由（2）知e1x,当且仅当x0时等号成立，

故即tg'(x)x2tx(12t)x，从而当12t0,

1'2时，g(x)0(x0),g(x)为增函数，又g(0)0,

2于是当x0时，g(x)0,即f(x)tx，由e1x(x0)可得exxt12时符合题意.

1x(x0),从而当

t12时，

g'(x)ex12t(ex1)ex(ex1)(ex2t),'

故当x(0,ln2t)时，g(x)0,g(x)为减函数，又g(0)0,

f(x)tx2,g(x)0,x(0,ln2t)于是当时，即

故3.已知函数f(x)t

11

,,2 2不符合题意.综上可得t的取值围为ln(1x），设h(x)xf(x)xax3在（0，2）上有极值，求a的取值围. x3 解：由h(x)xf(x)xax可得，

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