高考文科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練習(xí)第三篇第四課時(shí)　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立求參數(shù)范圍專題

第四課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立求參數(shù)范圍專題【選題明細(xì)表】知識(shí)點(diǎn)、方法題號(hào)分離參數(shù)法解決不等式恒成立問題2分類討論法解決不等式恒成立問題1,4,5,6,7轉(zhuǎn)化與化歸法解決存在性不等式成立問題31.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626119(2017·廣東省佛山市高三4月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)=x+1ex,若對(duì)任意x(A)(∞,1e) (B)(1e,1](C)[1,e1) (D)(e1,+∞)解析:法一當(dāng)x=0時(shí),1>0,a∈R;當(dāng)x>0時(shí),a<（1+1xex當(dāng)x<0時(shí),a>（1+1xex令y=xex,則由y′=(x+1)ex=0?x=1,所以當(dāng)x>0時(shí),y=xex單調(diào)遞增,y=xex∈(0,+∞),1+1xex當(dāng)x<0時(shí),y=xex在(∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,0)上單調(diào)遞增,y=xex≥e1,1+1xe綜上實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1e,1].故選B.法二由題可知,1e設(shè)g(x)=1e在同一坐標(biāo)系中,作出它們的圖象,如圖所示.則h(x)要恒在g(x)下方,g′(x)=1ex且過其圖象上點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為yy0=1ex0(xx0),此直線過原點(diǎn),故x0=1,所以斜率為e,所以應(yīng)滿足a1>e?a>1e,又a1≤2.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626120設(shè)函數(shù)f(x)=e2x2+1x,g(x)=xe+∞),不等式g(x1(A)(1,+∞) (B)[1,+∞) (C)(2,+∞) (D)[2,+∞)解析:因?yàn)閗為正數(shù),所以對(duì)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擬考試)已知函數(shù)f(x)=f'(1)eex+f(0)(A)(∞,12]∪[1,+∞(B)(∞,1)∪[12,+∞(C)(∞,0]∪[12,+∞(D)(∞,12]∪[0,+∞解析:對(duì)函數(shù)求導(dǎo)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,則f(x)=ex+12x2f′(x)=ex+x1,f″(x)=ex+1>0,則導(dǎo)函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增,而f′(0)=0,故[f(x)]min=f(0)=1,由存在性的條件可得關(guān)于實(shí)數(shù)n的不等式2n2n≥1,解得n∈(∞,12]∪[1,+∞4.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626121(2017·江蘇南京模擬)設(shè)f(x)=ax4x3,對(duì)?x∈[1,1]總有f(x)≤1,則a的取值范圍是.

解析:由題意得當(dāng)x=0時(shí),0≤1,a∈R;當(dāng)x∈(0,1]時(shí),a≤(4x2+1x)min當(dāng)x∈[1,0)時(shí),a≥(4x2+1x)max令y=4x2+1x,則y′=8x1x2=0?因此當(dāng)x∈[1,0)時(shí),y′<0,ymax=41=3,a≥3;當(dāng)x∈(0,12)時(shí),y′當(dāng)x∈(12,1)時(shí),y′>0,ymin=4×(12)2+2=3,a綜上a的取值范圍是{3}.答案:{3}5.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626122(2017·安徽省宣城調(diào)研)已知f(x)=exax2,g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求g(x)的極值;(2)若f(x)≥x+(1x)·ex在x≥0時(shí)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)f(x)=exax2,g(x)=f′(x)=ex2ax,g′(x)=ex-2a,當(dāng)a≤0時(shí),g′(x)>0恒成立,g(x)無極值;當(dāng)a>0時(shí),g′(x)=0,即x=ln(2a),由g′(x)>0,得x>ln(2a);由g′(x)<0,得x<ln(2a),所以當(dāng)x=ln(2a)時(shí),有極小值2a2aln(2a).(2)f(x)≥x+(1x)ex,即exax2≥x+exxex,即exax1≥0,令h(x)=exax1,則h′(x)=exa,當(dāng)a≤1時(shí),由x≥0知h′(x)≥0,所以h(x)≥h(0)=0,原不等式成立,當(dāng)a>1時(shí),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)上單調(diào)遞減,又因?yàn)閔(0)=0,所以a>1不合題意,綜上,a的取值范圍為(∞,1].6.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626123已知函數(shù)f(x)=xalnx,g(x)=1+a-x(1)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若在區(qū)間[1,e]上存在一點(diǎn)x0,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范圍(e=2.718…).解:(1)由題意可知h(x)=x+1+ah′(x)=11+ax2=(x①當(dāng)a+1>0,即a>1時(shí),在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+∞)上單調(diào)遞增;②當(dāng)1+a≤0,即a≤1時(shí),在(0,+∞)上h′(x)>0,所以,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.綜上所述,①當(dāng)a>1時(shí),h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1+a),單調(diào)遞增區(qū)間是(1+a,+∞);②當(dāng)a≤1時(shí),函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞),不存在單調(diào)遞減區(qū)間.(2)在[1,e]上存在一點(diǎn)x0,使得f(x0)<g(x0)成立,即在[1,e]上存在一點(diǎn)x0,使得h(x0)<0,即函數(shù)h(x)=x+1+a由(1)可知①當(dāng)1+a≥e,即a≥e1時(shí),h(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,所以h(x)的最小值為h(e),由h(e)=e+1+aea<0可得a>e2②當(dāng)1+a≤1,即a≤0時(shí),h(x)在[1,e]上單調(diào)遞增.所以h(x)最小值為h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<2,所以a<2.③當(dāng)1<1+a<e,即0<a<e1時(shí),函數(shù)h(x)在[1,1+a]上單調(diào)遞減,在[1+a,e]上單調(diào)遞增,由此可得h(x)的最小值為h(1+a),因?yàn)?<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+aaln(1+a)>2,此時(shí),h(1+a)<0不成立.綜上可得所求a的范圍是(∞,2)∪(e2+1e-7.導(dǎo)學(xué)號(hào)94626124(2017·江蘇省淮安市高三下學(xué)期第二次階段性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)=x22alnx(a∈R),g(x)=2ax.(1)求函數(shù)f(x)的極值;(2)若0<a<1,對(duì)于區(qū)間[1,2]上的任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有|f(x1)f(x2)|>|g(x1)g(x2)|成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)f′(x)=2x2ax=當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)無極值,當(dāng)a>0時(shí),x∈(0,a)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;x∈(a,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以f(x)有極小值f(a)=aalna,無極大值.綜上,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)無極值;當(dāng)a>0時(shí),f(x)有極小值f(a)=aalna,無極大值.(2)不妨令1≤x1<x2≤2,因?yàn)?<a<1,則g(x1)<g(x2),由(1)可知f(x1)<f(x2),因?yàn)閨f(x1)f(x