高三数学复习利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题基丛点练理.docx

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4分类讨论法解决不等式恒成立问题1,2转化与化归法解决存在性不等式成立问题31.(2016杭州联考)已知函数f(x)=ln x-ax,aR.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若不等式f(x)+a0恒成立,则f(x)只有单调递增区间(0,+).当a0时,由f(x)0,得0x;由f(x),所以f(x)的单调递增区间是（0,单调递减区间是,+）.(2)f(x)+a0在x(1,+)上恒成立,即ln x-a(x-1)0),则g(x)=-a,注意到g(1)=0,当a1时,g(x)0在x(1,+)上恒成立,则g(x)在x(1,+)上单调递减,所以g(x)g(1)=0,即a1时满足题意.当0a0,得0x;令g(x).则g(x)在(1,)上单调递增,所以当x(1,)时,g(x)g(1)=0,即0a0,则g(x)在(1,+)上单调递增,所以当x(1,+)时,g(x)g(1)=0,即a0时不满足题意(舍去).综上所述,实数a的取值范围是1,+).2.(2016保定市模拟)已知函数f(x)=ex-ax+a,其中aR,e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性,并写出对应的单调区间;(2)设bR,若函数f(x)b对任意xR都成立,求ab的最大值.解:(1)由函数f(x)=ex-ax+a,可知f(x)=ex-a,当a0时,f(x)0,函数f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=ex-a=0,得x=ln a,故当x(-,ln a)时,f(x)0,此时f(x)单调递增.综上所述,当a0时,函数f(x)的单调递增区间为(-,+);当a0时,函数f(x)的单调递减区间为(-,ln a),单调递增区间为(ln a,+).(2)由(1)知,当a0时,由函数f(x)b对任意xR都成立,可得bf(x)min,因为f(x)min=2a-aln a,所以b2a-aln a,所以ab2a2-a2ln a,设g(a)=2a2-a2ln a(a0),则g(a)=4a-(2aln a+a)=3a-2aln a,由于a0,令g(a)=0,得ln a=,故a=,当a(0,)时,g(a)0,g(a)单调递增;当a(,+)时,g(a)0,x1.因为f(x)在(1,+)上为减函数,故f(x)=-a0在(1,+)上恒成立.所以当x(1,+)时,f(x)max0.又f(x)=-a=-()2+-a=-(-)2+-a,故当=,即x=e2时,f(x)max=-a.所以-a0,于是a,故a的最小值为.(2)命题“若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立”等价于“当xe,e2时,有f(x)minf(x)max+a”.由(1),当xe,e2时,f(x)max=-a,所以f(x)max+a=.问题等价于“当xe,e2时,有f(x)min”.当a时,由(1),f(x)在e,e2上为减函数.则f(x)min=f(e2)=-ae2,故a-.当a,矛盾.(ii)-a0,即0a,由f(x)的单调性和值域知,存在唯一x0(e,e2),使f(x)=0,且满足:当x(e,x0)时,f(x)0,f(x)为增函数;所以,f(x)min=f(x0)=-ax0,xe,e2.所以,a-=,与0a0,所以f(x)在R上为增函数;当a0时,由f(x)=0得x=ln a.则当x(-,ln a)时,f(x) 0,所以函数f(x)在(ln a,+)上为增函数.(2)当a=1时, g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x,因为g(x)在x(0,+)上为增函数,所以g(x)=xex-mex+m+10在x(2,+)恒成立,即m在x(2,+)恒成立,令h(x)=,x(2,+),h(x)=,令L(x)=ex-x-2,L(x)=ex-10在x(2,+)恒成立,即L(x)=e