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-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

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|固根基|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)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．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|x2－a|，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)＝|x3－ax|，由f(x)<2，得－2－5，即a<5；1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－10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，①当a≤2时，h(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(0，x0)上单调递减，所以f′(x)0恒成立，∴h(x)在R上单调递增；②当a>0时，ex＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，当xln2a时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；③当a<0时，ex－2a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln(－a)，当x