第三章 导数及其应用第二节 导数的应用第四课时 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)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)．故选A．2．(2019届郑州质检)若对于任意的正实数x，y，都有ln≤成立，则实数m的取值范围为( )A．B．C．D．解析：选D 由ln≤，可得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≤，\n∴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<x3－ax<2，即为－x2－<－a<－x2＋，设g(x)＝－x2－，则g′(x)＝－2x＋，当x∈[1，2]时，g′(x)≤0，即g(x)在[1，2]上单调递减，所以g(x)min＝－4－1＝－5，即有－a>－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<a<5.答案：(－1，5)5．(2019届济南市质量评估)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，\n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)<f′(0)＝2－a<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，不符合题意．综上所述，a≤2，即实数a的取值范围为(－∞，2].B级·素养提升|练能力|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y＝g(x)的图象的上方，求a的取值范围．解：(1)∵h(x)＝(ex－2a)ex－4a2x，∴h′(x)＝2e2x－2aex－4a2＝2(ex＋a)(ex－2a)．①当a＝0时，h′(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x<ln2a时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>ln2a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<ln(－a)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当x>ln(－a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a＝0时，h(x)在R上单调递增；当a>0时，h(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增；当a<0时，h(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．(2)若函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的图象的上方，则h(x)>0恒成立，即h(x)min>0.①当a＝0时，h(x)＝e2x>0恒成立；②当a>0时，由(1)得，h(x)min＝h(ln2a)＝－4a2ln2a>0，∴ln2a<0，∴0<a<；③当a<0时，由(1)可得h(x)min＝h(ln(－a))＝3a2－4a2ln(－a)>0，\n∴ln(－a)<，∴－e<a<0.综上所述，a的取值范围为.7．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若存在x∈(e是自然对数的底数，e＝2.71828…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．当0<t<t＋2<时，t无解；当0<t≤<t＋2，即0<t≤时，f(x)min＝f＝－；当<t<t＋2，即t>时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，故f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝(2)由题意，知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋，令h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝＋1－＝，当x∈时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减；当x∈(1，e]时，h′(x)>0，此时h(x)单调递增．所以h(x)max＝max.\n因为存在x∈，使2f(x)≥g(x)成立，所以a≤h(x)max，又h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，故h>h(e)，所以a≤＋3e－2.8．(2019届陕西教学质量检测)设函数f(x)＝lnx＋，k∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围．解：(1)由题意，得f′(x)＝－(x>0)，∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即－＝0，解得k＝e，∴f′(x)＝－＝(x>0)，由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝lne＋＝2.∴f(x)的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－＋恒成立，∴k≥.故k的取值范围是.
