利用导数求参数的取值范围

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【训练 2】 (2014· 洛阳模拟)已知函数 f(x)＝x3－3ax＋b 在 x＝2 处的切线方程为 y＝9x－14. (1)求 a，b 的值及 f(x)的单调区间； (2)令 g(x)＝－x2＋2x＋m， 若对任意 x1∈[0,2] ， 均存在 x2∈[0,2] ， 使得 f(x1)＜g(x2)．求实数 m 的取值范围．
与逻辑联结词有关的求参数范围问题
【例 2－2】 (2014· 湖北八市联考改编)定义在 R 上的函数 g(x) 及二次函数 h(x)满足： 2 g(x)＋2g(－x)＝e ＋ex－9，h(－2)＝h(0)＝1 且 h(－3)＝－2.
x
(1)求 g(x)和 h(x)的解析式； (2)对于∀x1，x2∈[ －1,1] 均有 h(x1)＋ax1＋5≥g(x2)－x2g(x2)成 立，求 a 的取值范围．
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(2)由(1)知 f(x)在[0,1)上单调递减，在(1,2] 上单调递增， ∵f(0)＝2＜f(2)＝4，∴f(x)max＝4. 又 g(x)＝－x2＋2x＋m 在区间[0,2] 上，g(x)max＝g(1)＝m＋1， 由已知对任意 x1∈[0,2] ，均存在 x2∈[0,2] ，使得 f(x1)＜g(x)2， 则有 f(x)max＜g(x)max. 则 4＜m＋1，∴m＞3. 故实数 m 的取值范围是(3，＋∞).
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1 (2)f′(x)＝2x＋a－x . ∵f(x)在区间(0,1]上是减函数， ∴f′(x)≤0 对任意 x∈(0,1]恒成立， 1 即 2x＋a－x ≤0 对任意 x∈(0,1]恒成立， 1 ∴a≤x－2x 对任意 x∈(0,1]恒成立． 1 令 g(x)＝x－2x， ∴a≤g(x)min， 易知 g(x)在(0,1]单调递减， ∴g(x)min＝g(1)＝－1.∴a≤－1.
e 的取值范围为2，＋∞.
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法二
设 g(x)＝f′(x)＝2ax－ex，则 g′(x)＝2a－ex，
且 x1，x2 是方程 g(x)＝0 的两个根， 当 a≤0 时，g′(x)＜0 恒成立，g(x)单调递减，方程 g(x)＝0 不可能有两个根； 当 a＞0 时，由 g′(x)＝0 得 x＝ln 2a， 当 x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当 x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， e ∴gmax(x)＝g(ln 2a)＝2aln 2a－2a＞0，解得 a＞2. 故a
解 (1)a＝1 时，f(x)＝x2＋x－ln x(x＞0)， 1 2x－1x＋1பைடு நூலகம்∴f′(x)＝2x＋1－x ＝ ， x
1 1 x∈0，2，f′(x)＜0，x∈2，＋∞，f′(x)＞0， 1 1 ∴f(x)的减区间为0，2，增区间为2，＋∞.
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(2)设 φ(x)＝h(x)＋ax＋5＝－x2＋(a－2)x＋6， F(x)＝g(x)－xg(x)＝ex－3－x(ex－3)＝(1－x)ex＋3x－3. 依题意知：当 x∈[ －1,1] 时，φ(x)min≥F(x)max. ∵F′(x)＝－ex＋(1－x)ex＋3＝－xex＋3，易知 F′(x)在[ －1,1] 上单调递减， ∴F′(x)min＝F′(1)＝3－e＞0， ∴F(x)在[ －1,1] 上单调递增， ∴F(x)max＝F(1)＝0.
(4)∃x1∈[a ， b] ， ∀ x2∈[c ， d] ， 有 f(x1)≥g(x2) 成 立
⇔f(x)max≥g(x)max.
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φ－1＝7－a≥0， ∴ φ1＝a＋3≥0，
解得－3≤a≤7.
∴实数 a 的取值范围为[ －3,7] ．
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规律方法
有关两个函数在各自指定的范围内的不等式的恒
成立问题 ( 这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联 的)，就应该通过最值进行定位，对于任意的 x1∈[ a，b] ，x2∈ [ m，n] ，不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立，等价于 f(x)min≥g(x)max， 列出参数所满足的条件，便可求出参数的取值范围．
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解
2 (1)∵g(x)＋2g(－x)＝e ＋ex－9，①
x
－x
2 1 x g(－x)＋2g(x)＝e ＋ －x－9， 即 g(－x)＋2g(x)＝2e ＋ex－9， ② e 由①②联立解得：g(x)＝ex－3. ∵h(x)是二次函数，且 h(－2)＝h(0)＝1， 可设 h(x)＝ax(x＋2)＋1. 由 h(－3)＝－2，解得 a＝－1， ∴h(x)＝－x(x＋2)＋1＝－x2－2x＋1. ∴g(x)＝ex－3，h(x)＝－x2－2x＋1.
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含参数的不等式恒成立、存在性问题 (1)∀x1∈[a ， b] ， ∃ x2∈[c ， d] ， 有 f(x1)≥g(x2) 成 立
⇔f(x)min≥g(x)min；
(2)∀x1∈[a ， b] ， ∀ x2∈[c ， d] ， 都 有 f(x1)≥g(x2) 成 立 ⇔f(x)min≥g(x)max； (3)∃x1∈[a ， b] ， ∃ x2∈[c ， d] ， 有 f(x1)≥g(x2) 成 立 ⇔f(x)max≥g(x)min；
e 的取值范围是2，＋∞.
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规律方法
极值点的个数，一般是使 f′(x)＝0 方程根的个数，
一般情况下导函数若可以化成二次函数， 我们可以利用判别式 研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究．
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[ 微题型 2]
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热点二 与函数极值、最值有关的求参数范围问题 [ 微题型 1] 与极值点个数有关的求参数的取值范围
【例 2－1】 已知函数 f(x)＝ax2－ex，a∈R，f′(x)是 f(x)的导 函数(e 为自然对数的底数)．若 f(x)有两个极值点 x1，x2，求实 数 a 的取值范围．
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(2)由(1)可知 f(x)＝x3－x2－x＋c. 则 f′(x)＝3x
2
1 －2x－1＝3x＋3(x－1)，列表如下：
x f′(x) f ( x)
1 －∞，－ 3
1 －3 0 极大 值
1 － ，1 3
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解
(1)f′(x)＝3x2－3a，
8－6a＋b＝4， 即 12－3a＝9.
f2＝4， 由已知，得 f′2＝9，
解之，得 a＝1，b＝2. ∴f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)． 故函数 f(x)在(－1,1)上单调递减，在(－∞，－1)，(1，＋∞) 上单调递增．
解 法一 若 f(x)有两个极值点 x1，x2，则 x1，x2 是方程 f′(x) ＝0 的两个根．
x e f′(x)＝2ax－ex＝0，显然 x≠0，故 2a＝ x . x x － 1 e e 令 h(x)＝ x ，则 h′(x)＝ x2 . x
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若 x＜0，则 h(x)单调递减，且 h(x)＜0. 若 x＞0，当 0＜x＜1 时，h′(x)＜0，h(x)在(0,1)上递减， 当 x＞1 时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)min＝h(1) ＝e. ex 要使 f(x)有两个极值点，则需满足 2a＝ x 在(0，＋∞)上有两个 e 不同解，故 2a＞e，即 a＞2， 故a
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【训练 1】 已知函数 f(x)＝x ＋ax －x＋c，且 (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间；
3
2
2 a＝f′3.
(3)设函数 g(x)＝(f(x)－x3)· ex，若函数 g(x)在 x∈[ －3，2] 上单调 递增，求实数 c 的取值范围．
第4讲 利用导数求参数的取值范围
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高考定位
由含参函数的单调性、极值、最值求参数的取值范
围是近几年高考命题的重点，试题难度较大．
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热点一 已知函数的单调性求参数的取值范围 【例 1】 (2014· 杭州模拟)设函数 f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)． (1)若 a＝1，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在区间(0,1]上是减函数，求实数 a 的取值范围．
解 (1)由 f(x)＝x3＋ax2－x＋c， 得 f′(x)＝3x2＋2ax－1.
2 2 2 2 2 当 x＝3时，得 a＝f′3＝3×3 ＋2a×3－1，
解之，得 a＝－1.
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规律方法
(1)当 f(x)不含参数时，可通过解不等式 f′(x)>0(或
f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间． (2) 已 知 函 数 的 单 调 性 ， 求 参 数 的 取 值 范 围 ， 应 用 条 件 f′(x)≥0[ 或 f ′(x)≤0，x∈(a，b)] 恒成立，解出参数的取值范 围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围．
1 0 极小 值
(1，＋∞) ＋ ↗
＋ ↗
－ ↘
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1 所以 f(x)的单调递增区间是(－∞，－3)和(1，＋∞)；
1 f(x)的单调递减区间是－3，1.
(3)函数 g(x)＝(f(x)－x3)· ex＝(－x2－x＋c)· ex， 有 g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex， 因为函数 g(x)在 x∈[ －3,2] 上单调递增， 所以 h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0 在 x∈[ －3,2] 上恒成立． 只要 h(2)≥0，解得 c≥11，所以 c 的取值范围是[11，＋∞)．