2021届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第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含解析.doc

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1、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x0，都有2f(x)xf(x)0成立，则()A4f(2)9f(3)C2f(3)3f(2)D3f(3)0，都有2f(x)xf(x)0成立，则当x0时，有g(x)x2f(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)

2、g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f(2)0，则f(t)ln t1.令g(t)ln t1，t0，则g(t)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.ae即实数a的最小值为e.答案：e4已知函数f(x)x|x2a|，若存在x1，2，使得f(x)2，则实数a的取值范围是_解析：当x1，2时，f(x)|x3ax|，由f(x)2，得2x3ax2，即为x2a5，即a5；设h(x)x2，则h(x)2x，当x1，2时，h(x)0，即h(x)在1，2上单调递减，可得h(x)max121.即有a1.综上可得，a的取值范围是1a0恒成立，求实数a的取值范

3、围解：(1)f(x)xexex1aex，因为f(1)ee1ae1，所以a2.(2)设g(x)f(x)ex1xexaex，则g(x)ex(x1)exaex(x2a)ex，设h(x)x2a，注意到f(0)0，f(0)g(0)2a，当a2时，h(x)x2a0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)2a0，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，符合题意当a2时，h(0)2a0，x0(0，a)，使得h(x0)0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以g(x)0，所以g(

4、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)2a0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，所以当x(0，x0)时，f(x)0恒成立，h(x)在R上单调递增；当a0时，exa0，令h(x)0，解得xln 2a，当xln 2a时，h(x)ln 2a时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当a0，令h(x)0，解得xln(a)，当xln(a)时，h(x)ln(a)时，h(x)0，函数h(x)单调递增综上所述，当a0时，h(x)在R上单调递增；当a0时，h(x)在(，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增；当a0恒成立，即h(x)min0.当a0

5、时，h(x)e2x0恒成立；当a0时，由(1)得，h(x)minh(ln 2a)4a2ln 2a0，ln 2a0，0a；当a0，ln(a)，ea0)上的最小值；(2)若存在x(e是自然对数的底数，e2.718 28)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)ln x1，当x时，f(x)0，此时f(x)单调递增当0tt2时，t无解；当0tt2，即0t时，f(x)minf；当t时，f(x)在t，t2上单调递增，故f(x)minf(t)tln t.所以f(x)min(2)由题意，知2xln xx2ax3，即a2ln xx，令h(x)2ln xx(x0)，则h(x)1

6、，当x时，h(x)0，此时h(x)单调递增所以h(x)maxmax.因为存在x，使2f(x)g(x)成立，所以ah(x)max，又h23e，h(e)2e，故hh(e)，所以a3e2.8(2019届陕西教学质量检测)设函数f(x)ln x，kR.(1)若曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20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x1x20，f(x1)f(x2)0)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，f(e)0，即0，解得ke，f(x)(x0)，由f(x)0，得0x0，得xe，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增当xe时，f(x)取得极小值，且f(e)ln e2.f(x)的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x1x20，f(x1)x10)，则h(x)在(0，)上单调递减，h(x)10在(0，)上恒成立，即当x0时，kx2x恒成立，k.故k的取值范围是.