（普通班）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-人教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)=lnx-ax,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若不等式f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,则f(x)只有单调递增区间(0,+∞).②当a>0时,由f′(x)>0,得0,所以f(x)的单调递增区间是（0,],单调递减区间是[,+∞）.(2)f(x)+a<0在x∈(1,+∞)上恒成立,即lnx-a(x-1)<0在x∈(1,+∞)上恒成立.设g(x)=lnx-a(x-1),(x>0),则g′(x)=-a,注意到g(1)=0,①当a≥1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)0,得0.则g(x)在(1,)上单调递增,所以当x∈(1,)时,g(x)>g(1)=0,即00,则g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=0,即a≤0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a∈R,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b∈R,若函数f(x)≥b对任意x∈R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,①当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;②当a>0时,令f′(x)=ex-a=0,得x=lna,故当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,lna),单调递增区间为(lna,+∞).(2)由(1)知,当a<0时,函数f(x)在R上单调递增且当x→-∞时,f(x)→-∞,所以f(x)≥b不可能恒成立;当a=0时,此时ab=0;当a>0时,由函数f(x)≥b对任意x∈R都成立,可得b≤f(x)min,因为f(x)min=2a-alna,所以b≤2a-alna,所以ab≤2a2-a2lna,设g(a)=2a2-a2lna(a>0),则g′(a)=4a-(2alna+a)=3a-2alna,由于a>0,令g′(a)=0,得lna=,故a=,当a∈(0,)时,g′(a)>0,g(a)单调递增;当a∈(,+∞)时,g′(a)<0,g(a)单调递减.所以g(a)max=,即当a=,b=时,ab的最大值为.3.(2015湖南十三校第二次联考)设函数f(x)=-ax.(1)若函数f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数a的最小值;(2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求实数a的取值范围.解:(1)由已知得x>0,x≠1.因为f(x)在(1,+∞)上为减函数,故f′(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立.所以当x∈(1,+∞)时,f′(x)max≤0.又f′(x)=-a=-()2+-a=-(-)2+-a,故当=,即x=e2时,f′(x)max=-a.所以-a≤0,于是a≥,故a的最小值为.(2)命题“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等价于“当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤f′(x)max+a”.由(1),当x∈[e,e2]时,f′(x)max=-a,所以f′(x)max+a=.问题等价于“当x∈[e,e2]时,有f(x)min≤”.①当a≥时,由(1),f(x)在[e,e2]上为减函数.则f(x)min=f(e2)=-ae2≤,故a≥-.②当a<时,由于f′(x)=-(-)2+-a在[e,e2]上的值域为[-a,-a].(i)-a≥0,即a≤0,f′(x)≥0在[e,e2]恒成立,故f(x)在[e,e2]上为增函数,于是,f(x)min=f(e)=e-ae≥e>,矛盾.(ii)-a<0,即00,f(x)为增函数;所以,f(x)min=f(x0)=-ax0≤,x∈[e,e2].所以,a≥->->-=,与00,所以f(x)在R上为增函数;当a>0时,由f′(x)=0得x=lna.则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,lna)上为减函数,当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(lna,+∞)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+1≥0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-1>0在x∈(2,+∞)恒成立,即L(x)=ex-x-2在x∈(2,+∞)单调递增,即L(x)>L(2)=e2-4>0,所以h′(x)>0,即h(x)=在x∈(2,+∞)单调递增,h(x)>h(2)=,所以m≤,即m的取值范围是(-∞,].