《2019高考數(shù)學大二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學大二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍
一、能力突破訓練
1.設f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f(x),求g(x)的單調區(qū)間;
(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實數(shù)a的取值范圍.
2.(2018全國Ⅲ,理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,證明:當-1
0時,f(x)>0;
(2)若x=0是f(x)的極大值點,求a.
3.已知函數(shù)f(x)=ax+xln x的圖象在x=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線的斜率為3.
(1)求實數(shù)a的值;
(2)若f(x)≤kx2對任意x>0成立,求實數(shù)k的取值范圍;
(3)當n>m>1(m,n∈N*)時,證明:nmmn>mn.
4.設函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)確定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在區(qū)間(1,+∞)內恒成立(e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)).
5.設函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=12x2.
(1)記g(x)為g(x)的導函數(shù),若不等式f(x)+2g(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]內有解,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=1,對任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.
6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù),討論g(x)的單調性;
(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內有唯一解.
二、思維提升訓練
7.已知函數(shù)f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;
(2)當a<0時,試討論是否存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12.
專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍
一、能力突破訓練
1.解 (1)由f(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
則g(x)=1x-2a=1-2axx,
當a≤0時,x∈(0,+∞)時,g(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增;
當a>0時,x∈0,12a時,g(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增,x∈12a,+∞時,函數(shù)g(x)單調遞減.
所以當a≤0時,g(x)的單調增區(qū)間為(0,+∞);
當a>0時,g(x)單調增區(qū)間為0,12a,單調減區(qū)間為12a,+∞.
(2)由(1)知,f(1)=0.
①當a≤0時,f(x)單調遞增,所以當x∈(0,1)時,f(x)<0,f(x)單調遞減.
當x∈(1,+∞)時,f(x)>0,f(x)單調遞增.
所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
②當01,由(1)知f(x)在區(qū)間0,12a內單調遞增,
可得當x∈(0,1)時,f(x)<0,x∈1,12a時,f(x)>0.
所以f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間1,12a內單調遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
③當a=12時,12a=1,f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減,
所以當x∈(0,+∞)時,f(x)≤0,f(x)單調遞減,不合題意.
④當a>12時,0<12a<1,當x∈12a,1時,f(x)>0,f(x)單調遞增,
當x∈(1,+∞)時,f(x)<0,f(x)單調遞減,
所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.
綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為a>12.
2.解 (1)當a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-x1+x,
設函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,則g(x)=x(1+x)2,
當-10時,g(x)>0.故當x>-1時,g(x)≥g(0)=0,且僅當x=0時,g(x)=0,從而f(x)≥0,且僅當x=0時,f(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)內單調遞增.
又f(0)=0,故當-10時,f(x)>0.
(2)①若a≥0,由(1)知,當x>0時,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.
②若a<0,設函數(shù)h(x)= f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.
由于當|x|0,故h(x)與f(x)符號相同.
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點.
h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.
若6a+1>0,則當00,故x=0不是h(x)的極大值點.
若6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當x∈(x1,0),且|x|0;當x∈(0,1)時,h(x)<0.
所以x=0是h(x)的極大值點,從而x=0是f(x)的極大值點.
綜上,a=-16.
3.解 (1)∵f(x)=ax+xln x,∴f(x)=a+ln x+1.
又f(x)的圖象在點x=e處的切線的斜率為3,
∴f(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x+xln x,
若f(x)≤kx2對任意x>0成立,則k≥1+lnxx對任意x>0成立.
令g(x)=1+lnxx,則問題轉化為求g(x)的最大值,g(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.
令g(x)=0,解得x=1.
當00,
∴g(x)在區(qū)間(0,1)內是增函數(shù);
當x>1時,g(x)<0,
∴g(x)在區(qū)間(1,+∞)內是減函數(shù).
故g(x)在x=1處取得最大值g(1)=1,∴k≥1即為所求.
(3)證明:令h(x)=xlnxx-1,則h(x)=x-1-lnx(x-1)2.
由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h(x)≥0,
∴h(x)是區(qū)間(1,+∞)內的增函數(shù).
∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即nlnnn-1>mlnmm-1,
∴mnln n-nln n>mnln m-mln m,
即mnln n+mln m>mnln m+nln n,
∴l(xiāng)n nmn+ln mm>ln mmn+ln nn.
整理,得ln(mnn)m>ln(nmm)n.
∴(mnn)m>(nmm)n,∴nmmn>mn.
4.解 (1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
當a≤0時,f(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減.
當a>0時,由f(x)=0,有x=12a.
此時,當x∈0,12a時,f(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈12a,+∞時,f(x)>0,f(x)單調遞增.
(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.
則s(x)=ex-1-1.
而當x>1時,s(x)>0,
所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當x>1時,g(x)>0.
當a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內恒成立時,必有a>0.
當01.
由(1)有f12a0,
所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內不恒成立.
當a≥12時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當x>1時,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單調遞增.
又因為h(1)=0,所以當x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a∈12,+∞.
5.解 (1)不等式f(x)+2g(x)≤(a+3)x-g(x),
即aln x+2x≤(a+3)x-12x2,
化簡,得a(x-ln x)≥12x2-x.
由x∈[1,e]知x-ln x>0,
因而a≥12x2-xx-lnx.設y=12x2-xx-lnx,
則y=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x-lnx)2=(x-1)12x+1-lnx(x-lnx)2.
∵當x∈(1,e)時,x-1>0,12x+1-ln x>0,
∴y>0在x∈[1,e]時成立.
由不等式有解,可得a≥ymin=-12,
即實數(shù)a的取值范圍是-12,+∞.
(2)當a=1時,f(x)=ln x.
由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1) >mg(x2)-x2f(x2)恒成立,
設t(x)=m2x2-xln x (x>0).
由題意知x1>x2>0,則當x∈(0,+∞)時函數(shù)t(x)單調遞增,
∴t(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m≥lnx+1x恒成立.
因此,記h(x)=lnx+1x,得h(x)=-lnxx2.
∵函數(shù)在區(qū)間(0,1)上單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調遞減,
∴函數(shù)h(x)在x=1處取得極大值,并且這個極大值就是函數(shù)h(x)的最大值.
由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,結合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=1.
6.(1)解 由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,
所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.
當00,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u(x)=1-1x≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
所以0=u(1)1+1f(x0)=0;
當x∈(x0,+∞)時,f(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0.
所以,當x∈(1,+∞)時,f(x)≥0.
綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內有唯一解.
二、思維提升訓練
7.解 (1)f(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判別式為Δ=4-4a,
①當a≥1時,Δ≤0,則f(x)≥0,此時f(x)在R上是增函數(shù);
②當a<1時,方程x2+2x+a=0兩根分別為x1=-1-1-a,x2=-1+1-a,
解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-1-a或x>-1+1-a,
解不等式x2+2x+a<0,解得-1-1-a0,
故方程4x02+14x0+7+12a=0的兩根為x1=-7-21-48a4,x2=-7+21-48a4.
由x0>0,得x0=x2=-7+21-48a4,
依題意,0<-7+21-48a4<1,即7<21-48a<11,所以49<21-48a<121,即-2512
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