2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第4课时利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题课时跟踪检测理新人教A版.doc

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1、第四课时　利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题A级·基础过关

2、固根基

3、1.(2019届南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　　)A．4f(－2)<9f(3)B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2)D．3f(－3)<2f(－2)解析：选A　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0，都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则

4、当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数．又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)

5、ln≤.设＝t，令f(t)＝(2e－t)·lnt，t>0，则f′(t)＝－lnt＋－1.令g(t)＝－lnt＋－1，t>0，则g′(t)＝－－<0，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减．∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤，∴实数m的取值范围为.故选D．-6-3．设函数f(x)＝ex－(e为自然对数的底数)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．解析：原问题等

6、价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)，由g′(x)>0，得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0，得x∈(0，1)，∴函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.∴a≥e即实数a的最小值为e.答案：e4．已知函数f(x)＝x

7、x2－a

8、，若存在x∈[1，2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．解析：当x∈[1，2]时，f(x)＝

9、x3－ax

10、，由f

11、(x)<2，得－2－5，即a<5；设h(x)＝－x2＋，则h′(x)＝－2x－，当x∈[1，2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1，2]上单调递减，可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.综上可得，a的取值范围是－1

12、已知函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值；(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex，因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2.(2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设h(x)＝x＋2－a，注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，-6-①当a≤2时，h

13、(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．②当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，所以f′(x)在(

14、0，x0)上单调递减，所以f′(x)

15、练能力

16、6.(2019届郑州市第一次质量预测)已知函数f(x)＝(ex－2a)ex，g(x)＝4a2x.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，试讨论h(x)在定义域内的单调性；(2)若函数y＝f(x)的图象恒在函数