《2020届高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用（第4课时）利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课时作业 理（含解析）新人教A版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用（第4课时）利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课时作业 理（含解析）新人教A版（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第4课时 利用导数研究不等式恒成立求参数范围专题课时作业1已知函数f(x)ln x.若f(x)x2在(1，)上恒成立，求a的取值范围解：f(x)x2，ln xx2，又x0，axln xx3，令g(x)xln xx3，则h(x)g(x)1ln x3x2，h(x)6x，当x(1，)时，h(x)0，h(x)在(1，)上是减函数，h(x)h(1)20，即g(x)0.g(x)在(1，)上也是减函数，g(x)g(1)1，当a1时，f(x)x2在(1，)上恒成立2设函数f(x)ax2ln xb(x1)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当
2、x1时，f(x)(x1)2；(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围解：(1)由题意可知，f(x)ax2ln xb(x1)的定义域为x|x0，即x(0，)，f(x)2axln xaxb(x0)，f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，a1，b1.(2)f(x)x2ln xx1，设g(x)x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，由g(x)2ln x10，得g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0.f(x)(x1)2.(3)设h(x)x2ln xxm(x1)21(x1)，h(x)2x
3、ln xx2m(x1)1，由(2)知x2ln x(x1)2x1x(x1)，xln xx1，h(x)3(x1)2m(x1)(32m)(x1)，当32m0即m时，h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0成立当32m0即m时，h(x)2xln x(12m)(x1)，h(x)2ln x32m，令h(x)0，得x0e1，当x1，x0)时，h(x)单调递减，则h(x)h(1)0，h(x)在1，x0)上单调递减，h(x)h(1)0，即h(x)0不成立综上，m.3(2019湖南十四校)已知函数f(x)ax3x2x3(a为实数)(1)当f(x)与y3切于A(x0，f(x0)，求a，x0的值；(
4、2)设F(x)f(x)ex，如果F(x)1在(0，)上恒成立，求a的范围解析：(1)f(x)ax2x1，由f(x)与y3切于点A(x0，f(x0)，则解得a，x04.(2)F(x)(ax2x1)ex，F(x)ex(ax2(2a1)x)，且F(0)1，当a0时，F(x)xex，可知F(x)在(0，)递增，此时F(x)1成立；当a0时，F(x)exax(x)，可知F(x)在递增，在递减，此时Fe1，不符合条件；当a时，F(x)ex0恒成立，可知F(x)在(0，)递减，此时F(x)1成立，不符合条件；当a时，F(x)exax，可知F(x)在(0，)递减，此时F(x)1成立，不符合条件；当a0时，F(
5、x)exax，可知F(x)在(0，)递增，此时F(x)1成立综上所述，a0.4已知函数f(x)aln x(a0，aR)(1)若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，求实数a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)，令f(x)0，得x1，又f(x)的定义域为(0，)，由f(x)0得0x1，由f(x)0得x1，所以当x1时，f(x)有极小值1，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)(2)f(x)，且a0，令f(x)0，得到x，若在区间(0，e上存在一点x0，使得f(x0)0成立，即f(x)在区间(0，e上的最小值小于0.当0，即a0时，f(x)0在(0，e上恒成立，即f(x)在区间(0，e上单调递减，故f(x)在区间(0，e上的最小值为f(e)aln ea，由a0，得a，即a.当0，即a0时，若e，则f(x)0对x(0，e恒成立，所以f(x)在区间(0，e上单调递减，则f(x)在区间(0，e上的最小值为f(e)aln ea0，显然f(x)在区间(0，e上的最小值小于0不成立若0e，即a时，则xf(x)0f(x)极小值所以f(x)在区间(0，e上的最小值为faaln，由faalna(1ln a)0，得1ln a0，解得ae，a(e，)综上，可知a(，)(e，)1
