（課標專用）天津市2020高考數學二輪復習 專題能力訓練7 利用導數解不等式及參數的取值范圍

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1、專題能力訓練7　利用導數解不等式及參數的取值范圍 　專題能力訓練第20頁　? 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a的取值范圍. 解:(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a, 可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞). 則g'(x)=1x-2a=1-2axx, 若a≤0,則當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數g(x)單調遞增; 若a>0,則當x∈0,12a時,g'(x)>0,函數g(x)單調遞增, 當x∈12a

2、,+∞時,函數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)的單調增區(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)

3、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a的取值范圍為a>12. 2.(2019湖北4月調研)已知函數f(x)=ex-12x2-kx-1(k∈R). (1)若k=1,

4、判斷函數f(x)的單調性; (2)討論函數f(x)的極值,并說明理由. 解:(1)當k=1時,f(x)=ex-12x2-x-1,f'(x)=ex-x-1. 設g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1, 當x∈(-∞,0)時,g'(x)<0,g(x)單調遞減, 當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0, g(x)單調遞增,則g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0, 所以f(x)在R上單調遞增. (2)f(x)=ex-12x2-kx-1,f'(x)=ex-x-k, 設h(x)=ex-x-k,則h'(x)=ex-1, 當x∈(-∞,0)時,h'(x)<0,h(x)單調遞減;

5、 當x∈(0,+∞)時,h'(x)>0,h(x)單調遞增; 則h(x)≥h(0)=1-k; 當1-k≥0,即k≤1時,h(x)≥0恒成立, 即f'(x)≥0,則f(x)在R上單調遞增,無極值點; 當1-k<0,即k>1時,h(0)=1-k<0, 一方面:-k<0,而h(-k)=e-k>0,即f'(-k)>0, 由零點存在性定理知f'(x)在區(qū)間(-k,0)內有一個零點,設為x1; 另一方面:f'(k)=ek-2k,設m(k)=ek-2k(k>1),m'(k)=ek-2>e-2>0, 則m(k)在區(qū)間(1,+∞)內遞增,則m(k)≥m(1)=e-2>0, 即f'(k)>0,

6、由零點存在性定理知f'(x)在區(qū)間(0,k)內有一個零點,設為x2; 于是,當x∈(-∞,x1)時,f'(x)>0,f(x)遞增; 當x∈(x1,x2)時,f'(x)<0,f(x)遞減; 當x∈(x2,+∞)時,f'(x)>0,f(x)遞增;故此時函數f(x)有兩個極值點. 3.已知函數f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). (1)設a=2,b=12. ①求方程f(x)=2的根. ②若對于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求實數m的最大值. (2)若01,函數g(x)=f(x)-2有且只有1個零點,求ab的值. 解:(1)因為

7、a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x. ①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0, 所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0. ②由條件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2. 因為f(2x)≥mf(x)-6對于x∈R恒成立, 且f(x)>0,所以m≤(f(x))2+4f(x)對于x∈R恒成立. 而(f(x))2+4f(x)=f(x)+4f(x)≥2f(x)·4f(x)=4, 且(f(0))2+4f(0)=4, 所以m≤4,故實數m的最大值為4. (2)因為函數g(x)=f(x)-2只有1個零

8、點, 而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以0是函數g(x)的唯一零點. 因為g'(x)=axlna+bxlnb, 又由01知lna<0,lnb>0, 所以g'(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb. 令h(x)=g'(x),則h'(x)=(axlna+bxlnb)'=ax(lna)2+bx(lnb)2,從而對任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是區(qū)間(-∞,+∞)內的單調增函數. 于是當x∈(-∞,x0)時,g'(x)g'(x0)=0. 因而函數g(x)在區(qū)間(-

9、∞,x0)內是單調減函數,在區(qū)間(x0,+∞)內是單調增函數. 下證x0=0. 若x0<0,則x0aloga2-2=0,且函數g(x)在以x02和loga2為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷,所以在x02和loga2之間存在g(x)的零點,記為x1.因為00,同理可得,在x02和logb2之間存在g(x)的非0的零點,矛盾.因此,x0=0. 于是-lnalnb=1,故lna+lnb=0,所以

10、ab=1. 4.(2019天津一中月考)已知a≠0,函數f(x)=|ex-e|+ex+ax. (1)討論f(x)的單調性; (2)若對?x∈-12,+∞,不等式f(x)≥e2恒成立,求a的取值范圍; (3)已知當a<-e時,函數f(x)有兩個零點x1,x2(x1a+e. (1)解f(x)=ax+e,x<1,2ex+ax-e,x≥1,則f'(x)=a,x<1,2ex+a,x≥1. 當a>0時,f(x)在R上單調遞增, 當a<0時,考慮x≥1時,令f'(x)>0?ex>-a2?x>ln-a2; ①當ln-a2≤1?-2e≤a<0時,f(x)在區(qū)間(-

11、∞,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增; ②當ln-a2>1?a<-2e時,f(x)在區(qū)間-∞,ln-a2內單調遞減,在區(qū)間ln-a2,+∞內單調遞增. (2)解法一(參變分離) f(x)=ax+e,-12

12、 所以g(x)max=g(1)=-e,所以a≥-e2, 綜上所述,a∈-e2,0∪(0,e]. 解法二(最值法) 若f(x)≥e2,只需f(x)min≥e2,x∈-12,+∞, 由(1)可得: ①當a>0時,f(x)在區(qū)間-12,+∞內單調遞增, 所以f-12≥e2即可,解得a≤e,故a∈0,e. ②當-2e≤a<0時,f(x)在區(qū)間(-∞,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增, 所以f(x)min=f(1)≥e2?a≥-e2, a∈-e2,0. ③當a<-2e時,f(x)在區(qū)間-∞,ln-a2內單調遞減,在區(qū)間ln-a2,+∞內單調遞增, 所以f(x)min=f

13、ln-a2≥e2, 即-a+aln-a2≥3e2,令t=-a2∈(e,+∞), 設g(t)=2t-2tlnt,則g'(t)=2-2(1+lnt)=-2lnt<0, 所以g(t)在區(qū)間(e,+∞)內單調遞減, 而g(t)f(1), 因為a<-e,所以f(1)=a+e<0, 所以f(x)的兩個零點x1<1

14、2可得,ax1+e=0,2ex2+ax2-e=0, 所以a=e-2ex2x2,x1=-ea=ex22ex2-e,所以x1x2=ex222ex2-e. 令h(x)=ex22ex-e,則h'(x)=2ex(2ex-e-xex)(2ex-e)2, 令φ(x)=2ex-e-xex,φ(1)=0,則當x>1時, φ'(x)=ex-xex=(1-x)ex<0, 所以φ(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減, 所以φ(x)<φ(1)=0,即h'(x)<0, 所以h(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減,h(x)

15、遞減, 所以f(x1x2)>f(1)=a+e. 5.設函數f(x)=aln x,g(x)=12x2. (1)記g'(x)為g(x)的導函數,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]上有解,求實數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. 解:(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x), 即alnx+2x≤(a+3)x-12x2, 化簡,得a(x-lnx)≥12x2-x. 由x∈[1,e]知x-lnx>0, 因而a≥1

16、2x2-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-lnx>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-12, 即實數a的取值范圍是-12,+∞. (2)當a=1時,f(x)=lnx. 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-xlnx(x>0). 由題意知

17、x1>x2>0,則當x∈(0,+∞)時函數t(x)單調遞增, ∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥lnx+1x恒成立. 因此,記h(x)=lnx+1x,得h'(x)=-lnxx2. ∵函數在區(qū)間(0,1)內單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞減, ∴函數h(x)在x=1處取得極大值,并且這個極大值就是函數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.已知函數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,討論g(x)的單調性; (2)證明

18、: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. (1)解由已知,函數f(x)的定義域為(0,+∞), g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax, 所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2. 當0

19、 令φ(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1lnx+x2-2x-1-lnx1+x-1x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1. 則φ(1)=1>0,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-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x≥1). 由u'(x)=1-1x≥0知,函數u(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增. 所以0=u(1)1+1

20、f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增, 故當x∈(1,x0)時,f'(x)<0,從而f(x)>f(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.(2019天津靜海區(qū)四校聯考)已知函數f(x)=2x+aln x-2. (1)若曲線y=f(x)在點P(1,f(1))處的切線與直線y=13x+1垂直,求實數a的值;

21、(2)求函數y=f(x)的單調區(qū)間; (3)記g(x)=f(x)+x-b(b∈R).當a=1時,函數g(x)在區(qū)間[e-1,e]上有兩個零點,求實數b的取值范圍. 解:(1)定義域為(0,+∞),f'(x)=-2x2+ax, 則f'(1)=-2+a=-3,解得a=-1. (2)f'(x)=ax-2x2. 當a=0,f'(x)=-2x2<0,單調遞減區(qū)間為(0,+∞). 當a>0時, 令f'(x)>0,得單調遞增區(qū)間為2a,+∞; 令f'(x)<0,得單調遞減區(qū)間為0,2a; 當a<0時,單調遞減區(qū)間為(0,+∞); 故當a≤0時,單調遞減區(qū)間為(0,+∞); 當a>0時,

22、單調遞增區(qū)間為2a,+∞,單調遞減區(qū)間為0,2a. (3)g(x)=2x+lnx-2+x-b, g'(x)=-2x2+1x+1=x2+x-2x2=(x+2)(x-1)x2. 令g'(x)=0,得x1=-2,x2=1. 令g'(x)>0,得x∈(1,e);令g'(x)<0,得x∈1e,1, 所以x=1是g(x)在區(qū)間[e-1,e]上唯一的極小值點,也是唯一的最小值點, 所以g(x)min=g(1)=1-b. 因為g(x)在區(qū)間[e-1,e]上有兩個零點, 所以只須g(1)<0,g1e≥0,g(e)≥0?b>1,b≤2e+1e-3,b≤e+2e-1, 所以1

23、. 8.(2019天津七校聯考)已知函數f(x)=axln x(a∈R)的極小值為-1e. (1)求a的值; (2)任取兩個不等的正數x1,x2,且x10時,若01e,則f'(x)>0,f(x)為增函數,所以f(x)在x=1e處取得極小值,所以f1e=-1e,解得a=1. 當a<0時與題意不符,綜上可知,a=1. (2)證明由(1

24、)知f(x)=xlnx,則f'(x)=1+lnx. f'(x0)=1+lnx0,1+lnx0=f(x2)-f(x1)x2-x1, 即lnx0=f(x2)-f(x1)x2-x1-1. lnx0-lnx1=f(x2)-f(x1)x2-x1-1-lnx1 =x2lnx2-x2lnx1x2-x1-1=x2lnx2x1x2-x1-1=-lnx1x21-x1x2-1. 設x1x2=t,t∈(0,1),則g(t)=-lnt1-t-1=t-lnt-11-t,t∈(0,1). 再設h(t)=t-lnt-1,t∈(0,1),則h'(t)=1-1t<0,h(t)在區(qū)間(0,1)內是減函數, 所以h(t)>h(1)=0,即t-lnt-1>0,又1-t>0, 所以g(t)>0,即lnx0-lnx1>0, 所以lnx0>lnx1,所以x0>x1, 同理可證得x0