导数常见题型

导数大题常见题型

一、导数得意义、解决超越函数或两种以上组成得高次函数,三种常见题型:

1、求切线方程;

2、求一个参数得值;

3、求两个参数得值。

导数的几何意义：切线的 斜率就是函数yf(x)在切点处的导数。

题型二：已知函数f(x)x33x，过点A(0,16)，做曲线yf(x)的切线，求切线方程。解析：带入可知点A不在曲线上，设切点M(x0,y0),且点M位于曲线上满足y0x03x0(1)f(x)3x23f(x0)3x03k(2)又有ky016(3)x003223x3x0(1)代入(3)，且(2)(3)，得3x030x0解得：x02,y02M的坐标为(2,2),k9y29(x2)y9x16

题型三：弄清\"过某点的切线\"与\"在某点的切线\"【示例】(1)求曲线yx32x在点A(1,1)处的切线方程；(2)求过曲线yx32x上的点A(1,1)处的切线方程；解析：(1)易得切线方程为xy20(1)设切点为(x0,y0)，则有y0x02x0f(x0)3x02y013x02kx01223x2x0123x020x011解得x01或x0,2当x01，y01,切点为(1,1)切线方程为xy201717当x0，y0,切点为(,)28283切线方程为xy08例：函数f(x)xlnx.(3)过A(e2,0)做函数yf(x)图像的切线，求切线方程.分析：先设出切点，然后利用导数求取斜率，并用点斜式求出切线方程，将A(e2,0)代入切线方程，求出切点的横坐标，进而求出切线方程。x0lnx0解析：(3)设切点T(x0,y0),则kATf(x0),所以lnx01即e2x0lnx0101x02e设h(x)e2x0lnx01,当x0时，h(x)0,所以h(x)是单调递增函数.所以h(x)0最多只有一个根，又h(由f(x0)1得切线方程是xy11122)elne10,所以x0e2e2e23

102e

二、求含参数得函数得单调区间、极值与最值。

答题模板：由题意得：x_____(定义域)求导可得：f(x)___________(必须写成两个相乘)令f(x)0,解得x_____,即单调增区间为________令f(x)0,解得x_____,即单调增区间为________故f(x)f(x)极大值f(x)______

极小值f(x)______例：函数f(x)lnxa(1x).(1)讨论f(x)的单调性；1解析：(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)a.x若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)上单调递增.11若a0,则当x(0,)时，f(x)0;当x(,)时，f(x)0.aa11所以f(x)在0,时单调递增，在，时单调递减.aa

例：已知f(x)ae(a2)ex.2xx(1)讨论f(x)的单调性；解析：f(x)2ae(a2)e1(2e1)(ae1)若a0,则f(x)0恒成立，所以f(x)在R上递减；2xx2xx11若a0,令f(x)0，得e,xlnaa11当xln时，f(x)0，所以f(x)在,ln上递减；aa11当xln时，f(x)0，所以f(x)在ln，上递增；aa综上所述，当a0时，f(x)在R上递减；当a0时，x11f(x)在,ln上递减，在,ln上递增；aa例：已知函数f(x)x

21alnx,a0.讨论f(x)的单调性。x2ax2ax2解析：由题意得：f(x)的定义域是(0,),f(x)12.2xxx设g(x)x2ax2,二次方程g(x)0的判别式a28.当0时，即0a22时，对一切x0都有f(x)0.此时f(x)是(0,)上的单调递增函数.当0时，即a22时，仅对x22有f(x)0,对其余的x0都有f(x)0，此时f(x)是(0,)上的单调递增函数。.当0时，即a22时，方程g(x)0有两个不同的实根aa28aa28x1,x2，0x1x222aa28aa28aa28此时f(x)在(0,)上单调递增，在(，)上单调递减，222aa28在(,)上单调递增.2

例：已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；解析：f(x)(x1)(ex2a),再根据1，0，2a的大小进行分类确定f(x)的单调性；当a0时，则当x(,1)时，f(x)0;x(1,)时，f(x)0;所以f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.当a0时，由f(x)0得x1或xln(2a),若ae2,则f(x)(x1)(exe),所以f(x)在R上单调递增.若ae2，则ln(2a)1,故当x(,ln(2a))(1,)时，f(x)0；当x(ln(2a,1)时，f(x)0；故f(x)在(,ln(2a))，(1,)上单调递增，在(ln(2a,1)单调递减.

三、已知零点个数,求参数得取值范围。

答题模板：由题意得：_______的图像交点有__个x______(定义域)求导可得：f(x)_____________(必须写成两式相乘)令f(x)0,解得：x______令f(x)0,解得：x______故f(x)极大值f(x)_____f(x)极小值f(x)_____故点m______(取值范围)用函数得极值点,求参数得值.

利

a例：已知f(x)x2x4.x(1)若a4,求f(x)的单调区间；2(2)若f(x)有三个零点，求a的取值范围；分析：(1)首先根据表达式确定函数的定义域，然后再对函数f(x)求导，并在定义域中求f(x)0,f(x)0的解集，进而得到函数f(x)的单调区间；(2)首先将问题进行等价转化为方程ax32x24x有三个根，然后再通过构造函数，求导、取极值，即可得到a的取值范围.a解析：(1)由题意得：f(x)的定义域为x0,a4时，f(x)x2x4,x42x32x24则f(x)2x22,2xx令f(x)0，解得x1,且有x1时，f(x)0,x1时，f(x)0,2所以f(x)在(,0),(0,1)上单调递减，f(x)在(1,)上单调递增.(2)f(x)0,即ax32x24x,令g(x)x32x24x,2则g(x)3x24x4,解得x12,x2,所以g(x)有两个极值，32404040g(x1)g(2)8,g(x2)g(),所以a(,8),即a(8,)3272727常用得找点技巧

方法一：放缩法，成功关键：在目标区间上找到一个合适的逼近函数。1【示例】证明：当0a时，f(x)lnxax有两个零点.e111分析：极值点为x(大于e)，f()ln10,所以需要在左右两侧aaa各找一个函数值小于零的点.因为lnxx1,要使得lnxax0,只需要11ex1ax0,考虑到0a，所以1,,所以左侧可取：e1ae111a1af(1)a0,f()ln10;1a1a1a1a1a1另一方面：因为lnxx(x1)或lnxx(x1),要使得lnxax0x111111只需要x-ax0,即x,所以右侧可取：f()ln(a)a0aaaaaa222方法二：目测法，成功关键，大胆【示例】证明：当ae时，f(x)eax有两个零点。x分析：极值点为xlna(大于1)，f(lna)a(1lna),所以需要在左右两侧各找到一个函数值大于零的点，左侧，自变量越小，成功的可能性越高，11则可找：f()e10,f(0)10,f(1)a0ae右侧：自变量越大，成功的可能性越高，则可找：f(2lna)e2alnaa(a2lna)0,f(a)ea01a2lnaa2

方法三：分而治制，成功关键，对乘积式的每个因式进行适当放缩。【示例】证明：当a0时，f(x)(x2)ea(x1)有两个零点。x2分析：极值点为x1,f(1)e0,f(2)a0，难点是在1的左侧找一个函数值大于零的点，显然自变量越小越容易成功，要使得ae(x2)ea(x1)0,即a(x1)(x2)e，只需要满足(x1)2xx22x2即取b满足b15且blna即可使得f(b)02很明显，上述拆分已经达到目的，但是结果还可以从视觉上优化：优化(1):弱化(x1)2x的解，也就是取b1且blna也可使得f(b)0。2优化(2):为了使得解集更好看，配凑一下系数，使得该二次不等式常数项为0，ae即22(x1)2xx2a所以，取b满足b0且bln也可使得f(b)0.2(这就解释了2016全国I标准答案中找点的思路)方法四：分析与构造，成功关键，分析零点区间随参数变化的趋势，构造与之相匹配的代数式作为区间端点。2【示例】证明：当0a时，f(x)axlnx有两个零点.e112分析：极值点为x(接近0)，f()a0,显然f(1)a0,eee1难点是在1的左侧找一个函数值大于零的点，显然点应满足如下几个条件：e(1)始终为正数；(2)既能开根，也能取对数；(3)当a越小时，它也随之变小，并且能无限趋于零；从条件(1)(2)来看，我们应该取指数的形式，且最好为偶次幂，从条件(3)来看，222我们找的指数当趋于0时应趋于负无穷，所以可取反比例函数的形式或双撇函数44的形式，经过尝试与调整，找到如下的点:f(e)aaaaaa0.4ea4a2a2

方法五：局部构造，成功关键：舍去一些影响计算但是不影响符号判断的项，对剩下的部分进行解方程的操作。1【示例】整证明：当1a0时，f(x)alnx1有两个零点.x1111分析：极值点为x(大于1)，且f()aln()1aa(1)1a0aaaa11又f(1)0，所以只需在的右侧找一个函数值小于0的点，即找到一个xaa11使得alnx10,考虑到0是恒成立的，所以取alnx10,即可，xx1因此我们得到下面这个点：f(e)e0,其中e.a1所以有两个零点，x0,x,ea

1a1a1a1a12

lnxx经典模型：y或y.xlnx例：讨论函数f(x)lnxax的零点个数.1(1)a时，无零点.e111f(x)a,f(x)f()ln()10xaa1(2)a时，1个零点.e11f(x),f(x)f(e)lne10.xe1(3)当0a时,2个零点.e11aaf(1)a0(目测)，f()ln10,1a1a1a1a1其中1e(放缩)1a111111f()ln(a)a0,其中ee(用到了lnxx)(x1)aaaaax(4)当a0时，1个零点.maxmax22221a0,单调递增，f(1)a0,x11a11f(e)(a)ae(a)(1)0aaeeaf(x)a1aa1a22

例：已知f(x)ae(a2)ex.2xx(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；解析：f(x)有两个零点，必须满足f(x)0,即a0时，min111且f(x)f(ln)1ln0aaamin构造函数g(x)1xlnx，x0,易得g(x)110,x所以g(x)1xlnx单调递减1111又因为g(1)0，所以1ln0g()g(1)1aaaa0a1下面只要证明0a1时，f(x)有两个零点即可，为此我们先证明当x0时，xlnx1事实上，构造函数h(x)xlnx,易得h(x)1,h(x)h(1)1xh(x)0,即xlnx,aa2aea(e2)当a1时，f(1)10,eee3a33333f(ln)a(1)(a2)(1)ln(1)1n(1)0aaaaaa13a1113a其中1ln，lnln,所以f(x)在1,ln和ln,ln各有一个零点.aaaaaamin2222故a的取值范围是0,1【注意】取点过程用到了常用放缩技巧：一方面：ae(a2)ex03a3ae(a2)ee0aea30exln(1);aa另一方面：x0时，ae(a2)ex0(a2)ex0x1(目测)

2xx2xxxxx2xxx四、其她条件下,求参数得取值范围。

(含参数不等式解法:恒成立、能成立、恰成立)

常见题型：1、已知不等式恒成立，求参数取值范围；2、已知不等式能成立，求参数取值范围；3、已知单调函数(无极值)，求参数取值范围；4、已知非单调函数(有极值)，求参数取值范围；【注意】含参数不等式解法常用：换主元、分离常数、数形结合、甩掉常数法；任意恒成立(x);存在能成立(x)；minmax单调函数与无极值点的区别：\"单调函数\",端点可以为极值点对于闭区间\"无极值点\",端点不可以为极值点调性,求参数问题

已知函数单

(1)f(x)在区间m,n上，单调递增f(x)0在区间m,n上恒成立，即求f(x)min0.(2)f(x)在区间m,n上存在递增区间x0m,n,使f(x)0即求f(x)max0.(3)f(x)在区间m,n上存在递减区间x0m,n,使f(x)0即求f(x)max0.(4)f(x)在区间m,n上不单调f(x)0在区间m,n有极值点.mx极值n(5)f(x)在区间m,n单调函数f(x)在区间m,n上无极值点.

恒成立问题就是数学中常见问题,也就是历年高考得一大热点、大多就是在不等式中,已知一个变量得取值范围,求另一个变量得取值范围得形式出现、

方法一:最值法

【示例】已知函数f(x)axlnxbxc(x0)在x1处取得极值3c,其中a,b,c为常数，(1)确定a,b的值；(2)讨论函数f(x)的单调区间；(3)若对任意x0,不等式f(x)2c2恒成立，求c的取值范围；分析：不等式f(x)2c2恒成立f(x)min2c2解析：(1)a12,b3(2)单调减区间为(0,1);单调增区间为(1,);(3)由(2)可知，f(x)在x1处取得最小值f(1)3c,极小值也是最小值，3要使f(x)2c2(x0)恒成立，只需3c2c2,解得c或c123所以c的取值范围是c或c12【点评】最值法是我们最常用的方法之一，f(x)cf(x)minc;f(x)cf(x)maxc;

方法二:分离参数法

a2),若对任意x2,恒有f(x)0,x【示例】已知函数f(x)lg(x试确定a的取值范围.a21,在x2,恒成立x即：ax23x在x2,恒成立39设f(x)x23x,则f(x)(x)224当x2时，f(x)max2,所以a2解析：依题意得：x【点评】若不等式能通过恒等变形分离出参数，即；若a()f(x)恒成立，只需求出f(x)max，则a()f(x)max即可；

x2【示例】已知函数f(x)ln(1x)1x(1)求函数f(x)的单调区间；2(2)若不等式(1n)nae对任意nN*都成立，求a的最大值；分析：单调增区间为(1,0);单调减区间为(0，);11n111知(na)ln(1n)1an;设g(x)1ln(1x)xln(1)n11(1x)ln2(1x)x2x0,1,则g'(x)222(1x)ln(1x)xx(1x)ln2(1x)(2)不等式(1n)nae不等式(na)ln(1n)1,由于1x2由(1)知，ln(1x)0,即(1x)ln2(1x)x20(1x)2于是g'(x)0,x0,1上为减函数，故g(x)在x0,1上最小值为111,所以a的最大值为1ln2ln2【点评】不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，g(1)也就是使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解。

方法三:分类讨论

在给出得不等式中,如果两变量不能通过恒等变形分别置于不等式得两边,则可利用分类讨论得思想来解决。

【示例】若不等式2x1m(x21),对满足2m2的所有m都成立，求x的范围.分析：可以改变主元的办法，将m看作主元，原不等式为m(x21)(2x1)0令f(m)m(x21)(2x1)，则2m2，f(m)0恒成立1713f(2)0只需，求得x,22f(2)0【示例】若x2,2时，不等式x2ax3a恒成立，求a的取值范围。解析：设f(x)x2ax3a,则问题转化为当x2,2时，f(x)的最小值非负。a(1)当2即a4时，f(x)minf(2)73a0,27a又a4,故a不存在；3aaa2(2)当22即4a4时，f(x)minf()3a0,2246a2又4a4，4a2a(3)当2即a4时，f(x)minf(2)7a0，2a7又a4，7a4综上所述得：7a2方法三:换主元法

【示例】对于满足不等式1a1的一切实数a，函数yx2(a4)x(42a)的值恒大于0，则实数x的取值范围是_____.分析：若审题不清，按习惯以为x是主元，则求解非常繁琐，应注意到：函数值大于0对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元。解析：设f(a)(x2)a(x4x4),a1,1,则原问题转化为f(a)0恒成立的问题f(1)0故,解得x1或x3f(1)0所以实数x的取值范围是x1或x3【点评】在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立的问题。

方法四:数形结合法

【示例】已知当x1,2时，不等式(x1)2logax恒成立，则实数a的取值范围是_______.分析：本题若直接求解比较繁琐，但若在同一平面直角坐标系内做出函数f(x)(x1)2与函数g(x)logax在x1,2上的图像，借助图形求解。解析:在同一平面直角坐标系内做出函数f(x)(x1)2与函数g(x)logax在x1,2上的图像，从图像中容易知道：当0a1且x1,2时，函数f(x)的图像恒在函数g(x)上方，不合题意；当a1且x1,2时，要使函数f(x)的图像恒在函数g(x)下方或部分点重合，就必须满足loga21，即1a2.故所求a的取值范围是1a2【点评】对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷的方法。2x2xa2,x0【示例】(2018天津)已知aR,函数f(x)2,若对任意x3,,x2x2a,x0f(x)x恒成立，则a的取值范围是______.分析：画出x的图像及f(x)的图像观察分析。f(3)3解：当x3,0时，有解得：a2;f(0)0b当x0，时，x1,则x22x2axx2x2a02a1b24ac18a0a;81故a,28

1【示例】若不等式3x2logax0在x0,内恒成立，求实数a的范围.312解析：由题意得：3xlogax在x0,恒成立，在同一个坐标系内31分辨出函数y3x2和ylogax观察两函数图像，当x0,，3当a0时，函数ylogax图像显然在y3x2的下方，不成立；11当0a1时，由图可知ylogax必须经过点，或这个点的上方，即331111loga，a,a13327271综上所述得:a127【点评】数形结合是先将不等式两端分别看做两个函数，且正确作出两个函数图像，然后观察两个图像，特别是交点的位置关系，列出关于参数的不等式。

不等式恒成立几种常见类型:

类型一：对于一次函数f(x)kxb,xm,n,则有：f(m)0(1)若f(x)0恒成立f(n)0f(m)0(2)若f(x)0恒成立f(n)0

【示例】设f(x)(log2x)2(t2)log2xt1,若t在2,2上变化，y恒取正值，求实数x的取值范围。解析：设f(t)(log2x)2(t2)log2xt1,t2,2f(2)0问题转化为：f(t)0,对t2,2恒成立f(2)021(log2x)4log2x300x或x822(log2x)101故实数x的取值范围是0x或x821x2ax12xa1【示例】对于1x1,求使不等式()()在a1,1上恒成立，22求a的取值范围。解析：原不等式等价于x2ax2xa1在a1,1上恒成立设f(a)(x1)ax22x1,则f(a)是a的一次函数或常数函数要使f(a)0在a1,1上恒成立,则只需满足2xf(1)0x0x2或x02f(1)0x3x20故x的取值范围是：x2或x0

类型二：设f(x)axbxc(a0)，xR2(1)f(x)0在xR恒成立a0且△0;(1)f(x)0在xR恒成立a0且△0;

x22xa【示例】已知f(x)0在x1,上恒成立，x求实数a的取值范围。分析1：当x1,时，f(x)0恒成立x22xa0恒成立只需求出g(x)x22xa在x1,上的最小值，使最小值大于0即可。x22xa解法1：f(x)0在x1,上恒成立xx22xa0恒成立，设g(x)x22xa在x1,问题转化为：g(x)min0g(x)在1,上是增函数g(x)ming(1)3a3a0a3故实数a的取值范围是：a3分析2：分离变量法，转化为af(x)或af(x)恒成立问题。然后利用极端值原理：af(x)恒成立af(x)maxaf(x)恒成立af(x)minx22xa解法2：f(x)0在x1,上恒成立xx22xa0在x1,上恒成立a(x22x),x1,设g(x)(x22x),x1,问题转化为：ag(x)maxg(x)(x22x)(x1)21,x1,g(x)在1,上是减函数g(x)maxg(1)3a3故实数a的取值范围是：a3

类型三：设f(x)axbxc(a0),x,2b(1)当a0时，若f(x)0在x,上恒成立2af()0bb或或2a2a△0f()0f()0当a0时，若f(x)0在x,上恒成立f()0f()0(2)当a0时，若f(x)0在x,上恒成立f()0b当a0时，若f(x)0在x,上恒成立2af()0bb或或2a2a△0f()0【示例】已知关于x的不等式有mx22mx10,对任意xR恒成立，求实数a的取值范围。解析：当m0时，原不等式化为10恒成立；m0当m0时，则需要满足条件0m12△4m4m0综上所述得：m0,1

类型四：若函数f(x)的区间D,上存在最小值f(x)和min最大值f(x).则max(1)不等式f(x)在区间D上恒成立f(x);min(2)不等式f(x)在区间D上恒成立f(x);min(3)不等式f(x)在区间D上恒成立f(x);min(4)不等式f(x)在区间D上恒成立f(x);类型五：若函数f(x)在区间D上不存在最大值和最小值，且值域为m,n.(1)不等式f(x)a或f(x)a在区间D上恒成立ma;(1)不等式f(x)b或f(x)b在区间D上恒成立nb;注意下列语句等价转化:

类型六:

min(1)xm,n，f(x)c成立xm,n时，f(x)minc;f(x)g(x)min0;(2)xm,n，f(x)g(x)成立xm,n时，(3)x1,x2m,n，f(x1)g(x2)成立xm,n时，f(x)ming(x)max;(4)x1m,n，x2m,n,f(x1)g(x2)成立xm,n时，f(x)ming(x)min;

1【示例】当x,3时，logax1恒成立，求实数a的取值范围。3解析：1logax1,1当a1时，xa,则问题转化为aa311,3，a11a3，3aa3111当0a1时，ax,则问题转化为,3a，a3a1a130a313a1综上所述得：0a或a33

1【示例】已知f(x)xax,g(x)x2,且f(x)g(x)2在x0,1上恒成立，求实数a的取值范围。331解析：f(x)g(x)在x0,1上恒成立x3axx20在x0,1上恒成立211ax2x2在x0,1上恒成立211设h((x)x2x2,x0,12问题转化为：ah((x)min(2x1)(4x2x1)4x4x1由h'((x)0，得x411当x0,时，h'((x)0，h((x)在0,递减；4411当x，1时，h'((x)0，h((x)在，1递减；4413h((x)在x时取最小值，h((x)min4163a16h'((x)2x13

【示例】已知两个函数f(x)8x216xk,g(x)2x35x24x,其中kR(1)若对任意x3,3，都有f(x)g(x)成立，求k的取值范围；(2)若对任意x1,x23,3,都有f(x1)g(x2)成立，求k的取值范围；分析：(1)\"f(x)g(x)对任意xD恒成立\"可通过分离变量，极端值原理求得；(2)\"f(x1)g(x2)对任意xD恒成立\"f(x1)maxg(x2)min

【示例】已知函数f(x)x2ax1,g(x)x,其中a1(1)对任意x1,2,都有f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围。(2)对任意x11,2,x22,4,都有f(x1)g(x2)恒成立，求实数a的取值范围。解析：(1)由题意得：对任意x1,2,都有f(x)g(x)恒成立x2x1x11对任意x1,2，不等式a恒成立，又2x22x2x11x111x12•(当且仅当时，即x1时，取\"\")22x222x2222x1所以a2(2)由题意得:对任意x11,2,x22,4,都有f(x1)g(x2)恒成立f(x1)ming(x2)max,因为f(x)x2ax1(xa)21a2(a1)在x11,2单调递增，所以f(x1)minf(1)22a;g(x)x在x22,4单调递增，所以g(x2)maxg(4)4,所以422aa1

类型七：含双参数不等式恒成立问题(解决双参数问题，一般是先解决一个参数，再处理另一个参数，实质还是通过函数求最值解决)a1【示例】设函数f(x)xb，对任意a,2,都有f(x)10，x21在x,1恒成立，求实数b的取值范围。4a(xa)(xa)解析：由题意得：f'(x)12,由此可知2xx11f(x)在,1上的最大值f()与f(1)中较大者，4413914af()104ab10b即444f(1)101ab10b9a71对任意a,2,得b的取值范围是b42不等式恒成立、能成立、恰成立问题

(1)恒成立问题：若f(x)在区间D上存在最小值，则不等式f(x)A区间D上恒成立f(x)minA(xD)不等式能成立常见题型:

【示例】若关于x的不等式x2axa3的解集不是空集，求实数a的取值范围。解析：设f(x)x2axa，则关于x的不等式x2axa3的解集不是空集f(x)3在R上能成立f(x)min3,即f(x)min4aa23解得a6或a24

x23x3【示例】设f(x)，若存在x02,，使得f(x0)m成立，x2求所有满足条件的实数a的取值范围。求所有满足条件的实数a的取值范围。x23x3(x2)2(x2)11解析：由题意得：f(x)x213x2x2x21当且仅当x2时成立，即x3时）x2存在x02,，使得f(x0)m成立，m3 不等式恰成立常见题型:

x22xa【示例】已知f(x)，当x1,时，f(x)的值域是0,x试求实数a的值。x22xa解析：分析题目这是一个恰成立问题。相当于f(x)0的x解集是x0,x22xaa当a1时，由于x1时，f(x)x23与其xx值域0,矛盾.x22xaa当a0时，f(x)x2在1,上是增函数，所以f(x)xx的最小值为f(1)，令f(1)0，即1a2a3.

例：设函数f(x)(ax2x)e,其中a0.2x(2)若f(x)在1,1上为单调函数，求a的取值范围；解析：由题意得：xR求导可得：f(x)(2ax2)e(ax2x)ee(ax(2a2)x2)x2x2212x1aa11aa1令f(x)0,解得：x;xaa1aa14故1(x1),解得：aa34当a0时，令f(x)0，x1,满足，则a0,3变式：把上式(2)改为：若f(x)在1,1上无极值点，求a的取值范围。221例：已知函数f(x)lnxax2x(a0)2(2)若函数f(x)在定义域善单调递增，求a的取值范围；21aa11aa1同上解得：x;xaa1aa11aa1故1,(1就不用算了)aa44解得：a,且a0a0,33221222解析：由题意得：x0,1ax2x1求导得：f(x)ax2xx令g(x)ax2x1,故△022解得：a1【注意】单调递增f(x)0在定义域内

例：已知函数f(x)xaxlnx(a0)2(2)若函数f(x)是单调函数，求a的取值范围；解析：x0,12axx1f(x)12axxx118a令f(x)0，解得：x4a1故18a0,解得：a8【注意】单调函数在定义域上无极值点使极值点不存在

21,2五、不等式得证明

“带有得不等式证明\"

【示例】设函数f(x)x2ln(x1)(2)证明：当b1时，对于任意x1,x21，f(x1)f(x2)5且x1x2，都有x1x225解析：当x1x2时，f(x1)f(x2)(x1x2)255f(x1)x1f(x2)x2225令g(x)f(x)x2g(x)_________0g(x1)g(x2)5同理当x1x2时，f(x1)f(x2)(x1x2)255f(x1)x1f(x2)x2225令g(x)f(x)x2g(x)_________0