（普通班）2017届高三数学一轮复习 第三篇 导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第四课时 利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题基础对点练 理.doc

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=e32,当a(0,e32)时,g(a)0,g(a)单调递增;当a(e32,+)时,g(a)0,x1.因为f(x)在(1,+)上为减函数,故f(x)=lnx-1(lnx)2-a0在(1,+)上恒成立.所以当x(1,+)时,f(x)max0.又f(x)=lnx-1(lnx)2-a=-(1lnx)2+1lnx-a=-(1lnx-)2+-a,故当1lnx=,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-14e2.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)=x0ln x0-ax0,xe,e2.所以,a1ln x0-14x01ln e2-=,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mxex+1ex-1在x(2,+)恒成立,令h(x)=xex+1ex-1,x(2,+),h(x)=(ex)2-xex-2ex(ex-1)2=ex(ex-x-2)(ex-1)2,令l(x)=ex-x-2,l(x)=ex-10在x(2,+)恒成立,即l(x)=ex-x-2在x(2,+)单调递增,即l(x)l(2)=e2