高考數(shù)學(xué)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

高考數(shù)學(xué)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,求實數(shù)a的取值范圍.2.已知函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)定義:若函數(shù)h(x)在區(qū)間s,t(s<t)上的取值范圍為s,t,則稱區(qū)間s,t為函數(shù)h(x)的“域同區(qū)間”.試問函數(shù)f(x)在(1,+)上是否存在“域同區(qū)間”?若存在,求出所有符合條件的“域同區(qū)間”;若不存在,請說明理由.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,nN*)時,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,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對任意的x1>x2>0,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)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(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.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a<0時,試討論是否存在x0,使得f(x0)=f.參考答案專題能力訓(xùn)練8利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍能力突破訓(xùn)練1.解(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x(0,+).則g'(x)=-2a=,當a0時,x(0,+)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當a>0時,x時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當a0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+);當a>0時,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a0時,f'(x)單調(diào)遞增,所以當x(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當x(1,+)時,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0<a<時,>1,由(1)知f'(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,可得當x(0,1)時,f'(x)<0,x時,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a=時,=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x(0,+)時,f'(x)0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.當a>時,0<<1,當x時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x(1,+)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)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>2.解(1)f'(x)=(x2-1)ex,令f'(x)=0解得x=-1或x=1,因為ex>0,且在區(qū)間(-,-1)和(1,+)內(nèi)f'(x)>0,在區(qū)間(-1,1)上f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,-1)和(1,+),單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,1).(2)由(1)知函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增,若存在“域同區(qū)間”s,t(1<s<t),則必有f(s)=s且f(t)=t,也就是說方程(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+)上至少存在兩個不等的實數(shù)根.方程可以轉(zhuǎn)化為x2-2x+1=,令g(x)=,g'(x)=,顯然x>1使得g'(x)<0恒成立,g(x)=在區(qū)間(1,+)內(nèi)是單調(diào)遞減的,且g(x)<g(1)=;但二次函數(shù)h(x)=x2-2x+1在區(qū)間(1,+)內(nèi)是單調(diào)遞增的,且h(x)>h(1)=0;所以g(x),h(x)的圖象在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一的交點,方程x2-2x+1=即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+)內(nèi)不存在兩個不等的實數(shù)根,因此函數(shù)f(x)在(1,+)內(nèi)不存在“域同區(qū)間”.3.解(1)f(x)=ax+xlnx,f'(x)=a+lnx+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+lne+1=3,a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xlnx,若f(x)kx2對任意x>0成立,則k對任意x>0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0<x<1時,g'(x)>0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);當x>1時,g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)是減函數(shù).故g(x)在x=1處取得最大值g(1)=1,k1即為所求.(3)令h(x)=,則h'(x)=由(2)知,x1+lnx(x>0),h'(x)0,h(x)是區(qū)間(1,+)內(nèi)的增函數(shù).n>m>1,h(n)>h(m),即,mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn,lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn.整理,得ln(mnn)m>ln(nmm)n.(mnn)m>(nmm)n,4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).當a0時,f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞減.當a>0時,由f'(x)=0,有x=此時,當x時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x時,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x>1時,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x>1時,g(x)>0.當a0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立時,必有a>0.當0<a<時,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)不恒成立.當a時,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).當x>1時,h'(x)=2ax-e1-x>x->0.因此,h(x)在區(qū)間(1,+)單調(diào)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,a5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)(a+3)x-g(x),即alnx+2x(a+3)x-x2,化簡,得a(x-lnx)x2-x.由x1,e知x-lnx>0,因而a設(shè)y=,則y'=當x(1,e)時,x-1>0,x+1-lnx>0,y'>0在x1,e時成立.由不等式有解,可得aymin=-,即實數(shù)a的取值范圍是(2)當a=1時,f(x)=lnx.由mg(x1)-g(x2)>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立,設(shè)t(x)=x2-xlnx(x>0).由題意知x1>x2>0,則當x(0,+)時函數(shù)t(x)單調(diào)遞增,t'(x)=mx-lnx-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)的定義域為(0,+),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2,所以g'(x)=2-當0<a<時,g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;當a時,g(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明由f'(x)=2(x-a)-2lnx-2=0,解得a=令(x)=-2lnx+x2-2x-2則(1)=1>0,(e)=-2<0.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-lnx(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=a0<<1.即a0(0,1).當a=a0時,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(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.思維提升訓(xùn)練7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判別式為=4-4a,當a1時,0,則f'(x)0,此時f(x)在R上是增函數(shù);當a<1時,方程x2+2x+a=0兩根分別為x1=-1-,x2=-1+,解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-或x>-1+,解不等式x2+2x+a<0,解得-1-<x<-1+,此時,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a1時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+);當a<1時,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a<0,得=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4+14x0+7+12a=0的兩根為x1'=,x'2=由x0>0,得x0=x'2=,依題意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-,又由得a=-,故要使?jié)M足題意的x0存在,則a-綜上,當a時,存在唯一的x0滿足f(x0)=f,當a時,不存在x0滿足f(x0)=f