第四课时　利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题.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xR,f(x)ax恒成立,则实数a的取值范围是(B)(A)(-,1-e)(B)(1-e,1(C)1,e-1) (D)(e-1,+)解析:法一当x=0时,10,aR;当x0时,a（1+1xex）min;当x（1+1xex）max.令y=xex,则由y=(x+1)ex=0x=-1,所以当x0时,y=xex单调递增,y=xex(0,+),1+1xex1,此时a1;当x1-e;综上实数a的取值范围是(1-e,1.故选B.法二由题可知,1ex(a-1)x恒成立,设g(x)=1ex,h(x)=(a-1)x,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y-y0=-1ex0(x-x0),此直线过原点,故x0=-1,所以斜率为-e,所以应满足a-1-ea1-e,又a-10a1,所以实数a的取值范围是(1-e,1.故选B.2.导学号 94626120设函数f(x)=e2x2+1x,g(x)=xe2ex,对任意x1,x2(0,+),不等式g(x1)kf(x2)k+1恒成立,则正数k的取值范围是(B)(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)kf(x2)k+1恒成立g(x)kmaxf(x)k+1min,由g(x)=ex+2(1-x)e2x=0得x=1,x(0,1),g(x)0,x(1,+),g(x)0,所以g(x)kmax=g(1)k=ek.同理f(x)=e2x2-1x2=0x=1e,x(0,1e),f(x)0,f(x)k+1min=f(1e)k+1=2ek+1,所以ek2ek+1,k0,所以k1.故选B.3.(2017山西省太原市高三模拟考试)已知函数f(x)=f(1)eex+f(0)2x2-x,若存在实数m使得不等式f(m)2n2-n成立,则实数n的取值范围为(A)(A)(-,-121,+)(B)(-,-1)12,+)(C)(-,012,+)(D)(-,-120,+)解析:对函数求导可得f(x)=f(1)eex+f(0)22x-1,所以f(1)=f(1)+f(0)-1,f(0)=1,所以f(0)=f(1)e=1,所以f(1)=e,则f(x)=ex+12x2-x,f(x)=ex+x-1,f(x)=ex+10,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2n2-n1,解得n(-,-121,+).故选A.4.导学号 94626121(2017江苏南京模拟)设f(x)=ax-4x3,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,01,aR;当x(0,1时,a(4x2+1x)min;当x-1,0)时,a(4x2+1x)max;令y=4x2+1x,则y=8x-1x2=0x=12,因此当x-1,0)时,y0,ymax=4-1=3,a3;当x(0,12)时,y0,ymin=4(12)2+2=3,a3,综上a的取值范围是3.答案:35.导学号 94626122(2017安徽省宣城调研)已知f(x)=ex-ax2,g(x)是f(x)的导函数.(1)求g(x)的极值;(2)若f(x)x+(1-x)ex在x0时恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=ex-ax2,g(x)=f(x)=ex-2ax,g(x)=ex-2a,当a0时,g(x)0恒成立,g(x)无极值;当a0时,g(x)=0,即x=ln(2a),由g(x)0,得xln(2a);由g(x)0,得x1时,h(x)=0,即x=ln a;由h(x)0,得xln a;由h(x)0,得x1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)=x-aln x,g(x)=1+a-x(aR).(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)0,即a-1时,在(0,1+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;当1+a0,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,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,+);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+ax-aln x在1,e上的最小值小于零.由(1)可知当1+ae,即ae-1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+ae-ae2+1e-1,所以ae2+1e-1;当1+a1,即a0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+a0可得a-2,所以a-2.当11+ae,即0ae-1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0ln(1+a)1,所以0aln(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-1,+).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)=x2-2aln x(aR),g(x)=2ax.(1)求函数f(x)的极值;(2)若0a|g(x1)-g(x2)|成立,求实数a的取值范围.解:(1)f(x)=2x-2ax=2x2-2ax.当a0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增,f(x)无极值,当a0时,x(0,a)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)有极小值f(a)=a-aln a,无极大值.综上,当a0时,f(x)无极值;当a0时,f(x)有极小值f(a)=a-aln a,无极大值.(2)不妨令1x1x22,因为0a1,则g(x1)g(x2),由(1)可知f(x1)|g(x1)-g(x2)|,所以f(x2)-f(x1)g(x2)-