2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二篇函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第11節(jié)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第4課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立求參數(shù)范圍專題課時(shí)作業(yè)文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第4課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)探討不等式恒成立求參數(shù)范圍專題課時(shí)作業(yè)1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解：∵f(x)＜x2，∴l(xiāng)nx－eq\f(a,x)＜x2，又x＞0，∴a＞xlnx－x3，令g(x)＝xlnx－x3，則h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x)，∵當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)＜h(1)＝－2＜0，即g′(x)＜0.∴g(x)在(1，＋∞)上也是減函數(shù)，∴g(x)＜g(1)＝－1，∴當(dāng)a≥－1時(shí)，f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)，曲線y＝f(x)過(guò)點(diǎn)(e，e2－e＋1)，且在點(diǎn)(1，0)處的切線方程為y＝0.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥(x－1)2；(3)若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)由題意可知，f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，即x∈(0，＋∞)，f′(x)＝2axlnx＋ax＋b(x＞0)，∵f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1.(2)f(x)＝x2lnx－x＋1，設(shè)g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，g′(x)＝2xlnx－x＋1，由[g′(x)]′＝2lnx＋1＞0，得g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥g′(1)＝0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)＝0.∴f(x)≥(x－1)2.(3)設(shè)h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1由(2)知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，∴xlnx≥x－1，∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x①當(dāng)3－2m≥0即m≤eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(1)＝0成立．②當(dāng)3－2m＜0即m＞eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，[h′(x)]′＝2lnx＋3－2m，令[h′(x)]′＝0，得x0＝eeq\s\up6(\f(2m－3,2))＞1，當(dāng)x∈[1，x0)時(shí)，h′(x)單調(diào)遞減，則h′(x)＜h′(1)＝0，∴h(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(1)＝0，即h(x)≥0不成立．綜上，m≤eq\f(3,2).3．(2024湖南十四校)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)x2－x－3(a為實(shí)數(shù))．(1)當(dāng)f(x)與y＝－3切于A(x0，f(x0))，求a，x0的值；(2)設(shè)F(x)＝f′(x)·ex，假如F(x)＞－1在(0，＋∞)上恒成立，求a的范圍．解析：(1)f′(x)＝ax2＋x－1，由f(x)與y＝－3切于點(diǎn)A(x0，f(x0))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x0）＝\f(1,3)axeq\o\al(3,0)＋\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－x0－3＝－3，,f′（x0）＝axeq\o\al(2,0)＋x0－1＝0，))解得a＝－eq\f(3,16)，x0＝4.(2)F(x)＝(ax2＋x－1)·ex，∴F′(x)＝ex·(ax2＋(2a＋1)x)，且F(0)＝－1①當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝x·ex，可知F(x)在(0，＋∞)遞增，此時(shí)F(x)＞－1成立；②當(dāng)－eq\f(1,2)＜a＜0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex·ax(x＋eq\f(2a＋1,a))，可知F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a＋1,a)，＋∞))遞減，此時(shí)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－e－eq\f(1,a)＜－1，不符合條件；③當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2))＜0恒成立，可知F(x)在(0，＋∞)遞減，此時(shí)F(x)＜－1成立，不符合條件；④當(dāng)a＜－eq\f(1,2)時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex·axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2a＋1,a)))，可知F(x)在(0，＋∞)遞減，此時(shí)F(x)＜－1成立，不符合條件；⑤當(dāng)a＞0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex·axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2a＋1,a)))，可知F(x)在(0，＋∞)遞增，此時(shí)F(x)＞－1成立．綜上所述，a≥0.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋alnx(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f′(x)＜0得0＜x＜1，由f′(x)＞0得x＞1，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)有微小值1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．(2)f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－1,x2)，且a≠0，令f′(x)＝0，得到x＝eq\f(1,a)，若在區(qū)間(0，e]上存在一點(diǎn)x0，使得f(x0)＜0成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0.當(dāng)eq\f(1,a)＜0，即a＜0時(shí)，f′(x)＜0在(0，e]上恒成立，即f(x)在區(qū)間(0，e]上單調(diào)遞減，故f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝eq\f(1,e)＋alne＝eq\f(1,e)＋a，由eq\f(1,e)＋a＜0，得a＜－eq\f(1,e)，即a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e))).當(dāng)eq\f(1,a)＞0，即a＞0時(shí)，①若e≤eq\f(1,a)，則f′(x)≤0對(duì)x∈(0，e]恒成立，所以f(x)在區(qū)間(0，e]上單調(diào)遞減，則f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為f(e)＝eq\f(1,e)＋alne＝eq\f(1,e)＋a＞0，明顯f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值小于0不成立．②若0＜eq\f(1,a)＜e，即a＞eq\f(1,e)時(shí)，則xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))f′(x)－0＋f(x)微小值所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4