2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理

《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理1.設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR.(1)令g(x)=f(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.2.(2018全國,理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1x0時(shí),f(x)0時(shí),f(x)0;(2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),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(shí)數(shù)a的值;(2)若f(x)kx2對任意

2、x0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;(3)當(dāng)nm1(m,nN*)時(shí),證明:.4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)確定a的所有可能取值,使得f(x) -e1-x在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立(e=2.718為自然對數(shù)的底數(shù)).5.設(shè)函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x2.(1)記g(x)為g(x)的導(dǎo)函數(shù),若不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x)在x1,e內(nèi)有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對任意的x1x20,不等式mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(mZ,m1)的值.6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)l

3、n x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.二、思維提升訓(xùn)練7.已知函數(shù)f(x)= x3+x2+ax+1(aR).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a0時(shí),x時(shí),g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+);當(dāng)a0時(shí),g(x)單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為(2)由(1)知,f(1)=0.當(dāng)a0時(shí),f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(0,1)

4、時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)0a1,由(1)知f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)0.所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)a=時(shí),=1,f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x(0,+)時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.當(dāng)a時(shí),00,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)2.解 (1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-,設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-,

5、則g(x)=,當(dāng)-1x0時(shí),g(x)0時(shí),g(x)0.故當(dāng)x-1時(shí),g(x)g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f(x)0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當(dāng)-1x0時(shí),f(x)0時(shí),f(x)0.(2)若a0,由(1)知,當(dāng)x0時(shí),f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾.若a0,設(shè)函數(shù)h(x)= =ln(1+x)-由于當(dāng)|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(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h(x)=若6a+10,則當(dāng)0x-

6、,且|x|0,故x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).若6a+10,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故當(dāng)x(x1,0),且|x|min時(shí),h(x)0;當(dāng)x(0,1)時(shí),h(x)0成立,則k對任意x0成立.令g(x)=,則問題轉(zhuǎn)化為求g(x)的最大值,g(x)=-令g(x)=0,解得x=1.當(dāng)0x0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);當(dāng)x1時(shí),g(x)0),h(x)0,h(x)是區(qū)間(1,+)內(nèi)的增函數(shù).nm1,h(n)h(m),即,mnln n-nln nmnln m-mln m,即mnln n+mln mmnln m+nln n,ln nmn+ln mmln mmn+ln nn.整理

7、,得ln(mnn)mln(nmm)n.(mnn)m(nmm)n,4.解 (1)f(x)=2ax-(x0).當(dāng)a0時(shí),f(x)0時(shí),由f(x)=0,有x=此時(shí),當(dāng)x時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.(2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.則s(x)=ex-1-1.而當(dāng)x1時(shí),s(x)0,所以s(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又由s(1)=0,有s(x)0,從而當(dāng)x1時(shí),g(x)0.當(dāng)a0,x1時(shí),f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立時(shí),必有a0.當(dāng)0a1.由(1)有f0,所以此時(shí)f(x)g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)

8、(x1).當(dāng)x1時(shí),h(x)=2ax-e1-xx-0.因此,h(x)在區(qū)間(1,+)單調(diào)遞增.又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.綜上,a5.解 (1)不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x),即aln x+2x(a+3)x-x2,化簡,得a(x-ln x)x2-x.由x1,e知x-ln x0,因而a設(shè)y=,則y=當(dāng)x(1,e)時(shí),x-10,x+1-ln x0,y0在x1,e時(shí)成立.由不等式有解,可得aymin=-,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x.由mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒

9、成立,得mg(x1)-x1f(x1) mg(x2)-x2f(x2)恒成立,設(shè)t(x)=x2-xln x (x0).由題意知x1x20,則當(dāng)x(0,+)時(shí)函數(shù)t(x)單調(diào)遞增,t(x)=mx-ln x-10恒成立,即m恒成立.因此,記h(x)=,得h(x)=函數(shù)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)在x=1處取得極大值,并且這個(gè)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m1,結(jié)合已知條件mZ,m1,可得m=1.6.(1)解 由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g(x)=2-當(dāng)0

10、a0,(e)=-20.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.所以0=a01.即a0(0,1).當(dāng)a=a0時(shí),有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,故當(dāng)x(1,x0)時(shí),f(x)f(x0)=0;當(dāng)x(x0,+)時(shí),f(x)0,從而f(x)f(x0)=0.所以,當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)0.綜上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.二、思維提升訓(xùn)練7.解 (1)f(x)

11、=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判別式為=4-4a,當(dāng)a1時(shí),0,則f(x)0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a0,解得x-1+,解不等式x2+2x+a0,解得-1-x-1+,此時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1-,-1+).綜上所述,當(dāng)a1時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+);當(dāng)a1時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1-,-1+).(2)f(x0)-f+ax0+1-a-1=+a=+a+x0+(4+14x0+7+12a).若存在x0,使得f(x0)=f,則4+14x0+7+12a=0在內(nèi)有解.由a0,故方程4+14x0+7+12a=0的兩根為x1=,x2=由x00,得x0=x2=,依題意,01,即711,所以4921-48a121,即-a-,又由得a=-,故要使?jié)M足題意的x0存在,則a-綜上,當(dāng)a時(shí),存在唯一的x0滿足f(x0)=f,當(dāng)a時(shí),不存在x0滿足f(x0)=f