1、2.4.2 导数与不等式及参数范围-2-求参数的取值范围 (多维探究 )解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数例 1设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线 y=f(x)和曲线y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P处有相同的切线 y=4x+2.(1)求 a,b,c,d的值 ;(2)若 x -2时 ,f(x) kg(x),求 k的取值范围 .难点突破一 (作差构造 ) f(x) kg(x)kg(x)-f(x) 0,设 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1
2、)令F(x)=0得 x1=-ln k,x2=-2.此时 ,类比二次函数根的分布进行分类讨论 F(x)的最小值大于或等于 0时的 k的范围 .-3-难点突破二 (分离参数构造函数 ) 若 x -2时 ,f(x) kg(x)当 x -2,x2+4x+2 2kex(x+1)恒成立 .-4-5-故当 x -2时 ,F(x) 0,即 f(x) kg(x)恒成立 . 若 k=e2,则 F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当 x-2时 ,F(x)0,即 F(x)在 (-2,+)单调递增 .而 F(-2)=0,故当 x -2时 ,F(x) 0,即 f(x) kg(x)恒成立 . 若 ke2,则 F
3、(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0,使得 |g(x)-g(x0)|0成立 ?若存在 ,求出 x0的取值范围 ;若不存在 ,请说明理由 .-7-令 g(x)=0得 x=1,当 x (0,1)时 ,g(x)0,故 (1,+)是 g(x)的单调增区间 ,因此 ,x=1是 g(x)的唯一极值点 ,且为极小值点 ,从而是最小值点 ,所以最小值为 g(1)=1.-8-当 x (0,1) (1,+)时 ,h(x)h(1)=0,-9-(3)满足条件的 x0不存在 .证明如下 : -10-角度二 从条件化简关系式中构造函数例 2设函数 f(x)=emx+x2-mx.(1)证明 f(x)在 (-
4、,0)单调递减 ,在 (0,+)单调递增 ;(2)若对于任意 x1,x2 -1,1,都有 |f(x1)-f(x2)| e-1,求 m的取值范围 .难点突破 |f(x1)-f(x2)| e-1|f(x1)-f(x2)|max e-1|f(x)max-f(x)min| -11-解 (1)f(x)=m(emx-1)+2x.若 m 0,则当 x (-,0)时 ,emx-1 0,f(x)0.若 m0,f(x)0.所以 ,f(x)在 (-,0)单调递减 ,在 (0,+)单调递增 .(2)由 (1)知 ,对任意的 m,f(x)在 -1,0单调递减 ,在 0,1单调递增 ,故f(x)在 x=0处取得最小值 .
5、所以对于任意 x1,x2 -1,1,|-12-设函数 g(t)=et-t-e+1,则 g(t)=et-1.当 t0时 ,g(t)0.故 g(t)在 (-,0)单调递减 ,在 (0,+)单调递增 .又 g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时 ,由 g(t)的单调性 ,g(m)0,即 em-me-1;当 m0,即 e-m+me-1.综上 ,m的取值范围是 -1,1.解题心得 在面对陌生的已知条件一时没有解题思路时 ,不妨对已知条件进行等价转化 ,在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或者熟悉的题型 ,从而得到解决 .-13-对点训练 2已知函数 f(x)= ,曲线 y=f(x)在点 (1,f(
6、1)处的切线方程为 x+2y-3=0.(1)求 a,b的值 ;-14-15-综合得 ,k的取值范围为 (-,0. -16-解题策略二 分离参数法 -17-当 00,当 x1时 ,f(x)0,则 g(x)0,于是 g(x)在 1,+)内递增 ,g(x) g(1)=2,则 k的取值范围是 k 2.解题心得 有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确 ,也存在分类讨论相当复杂的情形 ,难以继续作答 .可以利用分离参数法简化构造函数 ,使得问题简单求解 .若求导后不易得到极值点 ,可二次求导 ,还不行时 ,就使用参数讨论法 ,即以参数为分类标准 ,看是否符合题意 ;当最值所在点处函数值是 “ ”型时 ,
7、可使用洛必达法则 ,可求极限值 .-19-对点训练 3(2017陕西渭南二模 ,理 21)已知 f(x)=bx-b,d(x)=(bx-1)ex,b R.(1)若 b 0,讨论 d(x)的单调性 ;(2)若不等式 f(x)d(x)有且仅有两个整数解 ,求 b的取值范围 .解 (1)d(x)=ex(bx+b-1),b=0时 ,d(x)d(x)有且仅有两个整数解 ,b(xex-x+1)0;当 x0,令 h(x)=2-x-ex,则 h(x)=-1-ex0,h(1)=1-e0时 ,求证 :f(x) (e-2)x+2.难点突破 (作差构造 ) 设 g(x)=f(x)-(e-2)x-2,若能判断 g(x)的
8、单调性 ,可由单调性证出 g(x) 0.为此需要求 g(x)的导数 ,并判断 g(x)的正负 ,若不好判断再设 h(x)=g(x)进行第二次求导 ,由 h(x)的正负 ,判断出g(x)的单调性 ,再通过 g(x)几个特殊值的正负 ,判断 g(x)的正负即g(x)的单调性 .-23-(1)解 f(x)=ex-2ax,f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a+1=b+2,解得 a=1,b=e-2.(2)证明 设 g(x)=f(x)-(e-2)x-2=ex-x2-(e-2)x-1,则 g(x)=ex-2x-(e-2),设 h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以 g(x)在 (0,
9、ln 2)内单调递减 ,在 (ln 2,+)内单调递增 ,又 g(0)=3-e0,g(ln 2)=2-2ln 2-e+2=4-2ln 2-e0;当 x (x0,1)时 ,g(x)g(x)(xa),只需证明 f(x)-g(x)0(xa),设 h(x)=f(x)-g(x),即证 h(x)0.若 h(a)=0,h(x)h(a)(xa).接下来往往用导数证得函数 h(x)是增函数即可 .2.欲证函数不等式 f(x)g(x)(x I,I是区间 ),只需证明 f(x)-g(x)0(x I).设 h(x)=f(x)-g(x)(x I),即证 h(x)0,也即证 h(x)min0(x I)(若h(x)min不
10、存在 ,则须求函数 h(x)的下确界 ),而这用导数往往容易解决 .3.证明 f(x) g(x)(x I,I是区间 ),只需证明 f(x)min g(x)max.证明 f(x)g(x)(x I,I是区间 ),只需证明 f(x)ming(x)max,或证明f(x)min g(x)max且两个最值点不相等 .-25-对点训练 4(2017广东汕头高三期末 ,理 21)已知 f(x)=ex-ax2,曲线y=f(x)在 (1,f(1)处的切线方程为 y=bx+1.(1)求 a,b的值 ;(2)求 f(x)在 0,1上的最大值 ;(3)证明当 x0时 ,ex+(1-e)x-1-xln x 0.(1)解
11、f(x)=ex-2ax,由题设得 f(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1,解得 a=1,b=e-2.(2)解 由 (1)知 f(x)=ex-x2, f(x)=ex-2x,设 h(x)=ex-2x,h(x)=ex-2. f(x)在 (-,ln 2)内单调递减 ,在 (ln 2,+)内单调递增 , f(x) f(ln 2)=2-2ln 20, f(x)在 0,1上单调递增 , f(x)max=f(1)=e-1.-26-(3)证明 f(0)=1,由 (2)知 ,f(x)过点 (1,e-1),且 y=f(x)在 x=1处的切线方程为 y=(e-2)x+1,故可猜测当 x0,x1时 ,f(x)
12、的图象恒在切线 y=(e-2)x+1的上方 .下证 :当 x0时 ,f(x) (e-2)x+1.设 g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1,则 g(x)=ex-2x-(e-2),设 h(x)=ex-2x-(e-2),h(x)=ex-2.所以 g(x)在 (0,ln 2)内单调递减 ,在 (ln 2,+)内单调递增 ,又 g(0)=3-e0,g(ln 2)=2-2ln 2-e+2=4-2ln 2-e0;当 x (x0,1)时 ,g(x)1.-29-由题意可得 f(1)=2,f(1)=e.故 a=1,b=2. 所以当 x (0,1)时 ,h(x)0;当 x (1,+)时 ,h(x)0时 ,g(x)h(x),即 f(x)1.解题心得 证明不等式 f(x) g(x)成立 ,可以构造函数 H(x)=f(x)-g(x),通过证明函数 H(x)的最小值大于等于零即可 ,可是有时候利用导数求函数 H(x)最小值不易 ,可以通过特例法 ,即证明 f(x)的最小值大于或等于 g(x)的最大值即可 .
