2022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

2022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1.設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.(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-1<x<0時,f(x)<0;當x>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,nN*)時,證明:.4.設函數(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.設函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x2.(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g(x)是f(x)的導函數(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.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)=-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)當a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,設函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,則g'(x)=,當-1<x<0時,g'(x)<0;當x>0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(nèi)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當-1<x<0時,f(x)<0;當x>0時,f(x)>0.(2)若a0,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.若a<0,設函數(shù)h(x)= =ln(1+x)-由于當|x|<min時,2+x+ax2>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)=若6a+1>0,則當0<x<-,且|x|<min時,h'(x)>0,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|<min時,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的極大值點.若6a+1=0,則h'(x)=則當x(-1,0)時,h'(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=-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)證明:令h(x)=,則h'(x)=由(2)知,x1+ln x(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,mnln n-nln n>mnln m-mln m,即mnln n+mln m>mnln m+nln n,ln nmn+ln mm>ln mmn+ln nn.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)-ln x<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aln x+2x(a+3)x-x2,化簡,得a(x-ln x)x2-x.由x1,e知x-ln x>0,因而a設y=,則y'=當x(1,e)時,x-1>0,x+1-ln x>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)=ln x.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t(x)=x2-xln x (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-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)-2ln x-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)-2ln x-2=0,解得a=令(x)=-2ln x+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-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=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.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=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