高考文科数学一轮复习练习第三篇第四课时　利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题

第四课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题【选题明细表】知识点、方法题号分离参数法解决不等式恒成立问题2分类讨论法解决不等式恒成立问题1,4,5,6,7转化与化归法解决存在性不等式成立问题31.导学号94626119(2017·广东省佛山市高三4月教学质量检测)已知函数f(x)=x+1ex,若对任意x(A)(∞,1e) (B)(1e,1](C)[1,e1) (D)(e1,+∞)解析:法一当x=0时,1>0,a∈R;当x>0时,a<（1+1xex当x<0时,a>（1+1xex令y=xex,则由y′=(x+1)ex=0⇒x=1,所以当x>0时,y=xex单调递增,y=xex∈(0,+∞),1+1xex当x<0时,y=xex在(∞,1)上单调递减,在(1,0)上单调递增,y=xex≥e1,1+1xe综上实数a的取值范围是(1e,1].故选B.法二由题可知,1e设g(x)=1e在同一坐标系中,作出它们的图象,如图所示.则h(x)要恒在g(x)下方,g′(x)=1ex且过其图象上点(x0,y0)处的切线方程为yy0=1ex0(xx0),此直线过原点,故x0=1,所以斜率为e,所以应满足a1>e⇒a>1e,又a1≤2.导学号94626120设函数f(x)=e2x2+1x,g(x)=xe+∞),不等式g(x1(A)(1,+∞) (B)[1,+∞) (C)(2,+∞) (D)[2,+∞)解析:因为k为正数,所以对任意x1,x2∈(0,+∞),不等式g(x1)k≤f(x2)k+1恒成立由g′(x)=ex+2(1-x)e2g′(x)<0,所以[g(x)k]max=同理f′(x)=e2x2-1x2=0⇒x=1e,x∈(0,1e),ff′(x)>0,[f(x)k+1]min所以ek≤2ek3.(2017·山西省太原市高三模拟考试)已知函数f(x)=f'(1)eex+f(0)(A)(∞,12]∪[1,+∞(B)(∞,1)∪[12,+∞(C)(∞,0]∪[12,+∞(D)(∞,12]∪[0,+∞解析:对函数求导可得f′(x)=f'(1)e·ex所以f′(1)=f′(1)+f(0)1,f(0)=1,所以f(0)=f'(所以f′(1)=e,则f(x)=ex+12x2f′(x)=ex+x1,f″(x)=ex+1>0,则导函数f′(x)单调递增,而f′(0)=0,故[f(x)]min=f(0)=1,由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2n≥1,解得n∈(∞,12]∪[1,+∞4.导学号94626121(2017·江苏南京模拟)设f(x)=ax4x3,对∀x∈[1,1]总有f(x)≤1,则a的取值范围是.

解析:由题意得当x=0时,0≤1,a∈R;当x∈(0,1]时,a≤(4x2+1x)min当x∈[1,0)时,a≥(4x2+1x)max令y=4x2+1x,则y′=8x1x2=0⇒因此当x∈[1,0)时,y′<0,ymax=41=3,a≥3;当x∈(0,12)时,y′当x∈(12,1)时,y′>0,ymin=4×(12)2+2=3,a综上a的取值范围是{3}.答案:{3}5.导学号94626122(2017·安徽省宣城调研)已知f(x)=exax2,g(x)是f(x)的导函数.(1)求g(x)的极值;(2)若f(x)≥x+(1x)·ex在x≥0时恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=exax2,g(x)=f′(x)=ex2ax,g′(x)=ex-2a,当a≤0时,g′(x)>0恒成立,g(x)无极值;当a>0时,g′(x)=0,即x=ln(2a),由g′(x)>0,得x>ln(2a);由g′(x)<0,得x<ln(2a),所以当x=ln(2a)时,有极小值2a2aln(2a).(2)f(x)≥x+(1x)ex,即exax2≥x+exxex,即exax1≥0,令h(x)=exax1,则h′(x)=exa,当a≤1时,由x≥0知h′(x)≥0,所以h(x)≥h(0)=0,原不等式成立,当a>1时,h′(x)=0,即x=lna;由h′(x)>0,得x>lna;由h′(x)<0,得x<lna,所以h(x)在(0,lna)上单调递减,又因为h(0)=0,所以a>1不合题意,综上,a的取值范围为(∞,1].6.导学号94626123已知函数f(x)=xalnx,g(x)=1+a-x(1)设函数h(x)=f(x)g(x),求函数h(x)的单调区间;(2)若在区间[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范围(e=2.718…).解:(1)由题意可知h(x)=x+1+ah′(x)=11+ax2=(x①当a+1>0,即a>1时,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增;②当1+a≤0,即a≤1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.综上所述,①当a>1时,h(x)的单调递减区间是(0,1+a),单调递增区间是(1+a,+∞);②当a≤1时,函数h(x)的单调递增区间是(0,+∞),不存在单调递减区间.(2)在[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,即在[1,e]上存在一点x0,使得h(x0)<0,即函数h(x)=x+1+a由(1)可知①当1+a≥e,即a≥e1时,h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)的最小值为h(e),由h(e)=e+1+aea<0可得a>e2②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增.所以h(x)最小值为h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<2,所以a<2.③当1<1+a<e,即0<a<e1时,函数h(x)在[1,1+a]上单调递减,在[1+a,e]上单调递增,由此可得h(x)的最小值为h(1+a),因为0<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+aaln(1+a)>2,此时,h(1+a)<0不成立.综上可得所求a的范围是(∞,2)∪(e2+1e-7.导学号94626124(2017·江苏省淮安市高三下学期第二次阶段性测试)已知函数f(x)=x22alnx(a∈R),g(x)=2ax.(1)求函数f(x)的极值;(2)若0<a<1,对于区间[1,2]上的任意两个不相等的实数x1,x2,都有|f(x1)f(x2)|>|g(x1)g(x2)|成立,求实数a的取值范围.解:(1)f′(x)=2x2ax=当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无极值,当a>0时,x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)有极小值f(a)=aalna,无极大值.综上,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)有极小值f(a)=aalna,无极大值.(2)不妨令1≤x1<x2≤2,因为0<a<1,则g(x1)<g(x2),由(1)可知f(x1)<f(x2),因为|f(x1)f(x