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

專題能力訓練7利用導數(shù)解不等式及參數(shù)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,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.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a0,則當x(0,+)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;若a>0,則當x0,12a時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,當x12a,+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)的單調(diào)增區(qū)間為0,12a,單調(diào)減區(qū)間為12a,+.(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<12時,12a>1,由(1)知f'(x)在區(qū)間0,12a內(nèi)單調(diào)遞增,可得當x(0,1)時,f'(x)<0,x1,12a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1,12a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=12時,12a=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>12時,0<12a<1,當x12a,1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>12.2.(2019湖北4月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-12x2-kx-1(kR).(1)若k=1,判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)討論函數(shù)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(diào)遞減,當x(0,+)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,則g(x)g(0)=0,即f'(x)0,所以f(x)在R上單調(diào)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(diào)遞減;當x(0,+)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;則h(x)h(0)=1-k;當1-k0,即k1時,h(x)0恒成立,即f'(x)0,則f(x)在R上單調(diào)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(nèi)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(nèi)遞增,則m(k)m(1)=e-2>0,即f'(k)>0,由零點存在性定理知f'(x)在區(qū)間(0,k)內(nèi)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(shù)f(x)有兩個極值點.3.已知函數(shù)f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a1,b1).(1)設a=2,b=12.求方程f(x)=2的根.若對于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求實數(shù)m的最大值.(2)若0<a<1,b>1,函數(shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點,求ab的值.解:(1)因為a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.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.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xR恒成立,且f(x)>0,所以m(f(x)2+4f(x)對于xR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m4,故實數(shù)m的最大值為4.(2)因為函數(shù)g(x)=f(x)-2只有1個零點,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點.因為g'(x)=axlna+bxlnb,又由0<a<1,b>1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xR,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是區(qū)間(-,+)內(nèi)的單調(diào)增函數(shù).于是當x(-,x0)時,g'(x)<g'(x0)=0;當x(x0,+)時,g'(x)>g'(x0)=0.因而函數(shù)g(x)在區(qū)間(-,x0)內(nèi)是單調(diào)減函數(shù),在區(qū)間(x0,+)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù).下證x0=0.若x0<0,則x0<x02<0,于是gx02<g(0)=0.又g(loga2)=aloga2+bloga2-2>aloga2-2=0,且函數(shù)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0<a<1,所以loga2<0.又x02<0,所以x1<0,與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾.若x0>0,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ab=1.4.(2019天津一中月考)已知a0,函數(shù)f(x)=|ex-e|+ex+ax.(1)討論f(x)的單調(diào)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(shù)f(x)有兩個零點x1,x2(x1<x2),求證:f(x1x2)>a+e.(1)解f(x)=ax+e,x<1,2ex+ax-e,x1,則f'(x)=a,x<1,2ex+a,x1.當a>0時,f(x)在R上單調(diào)遞增,當a<0時,考慮x1時,令f'(x)>0ex>-a2x>ln-a2;當ln-a21-2ea<0時,f(x)在區(qū)間(-,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當ln-a2>1a<-2e時,f(x)在區(qū)間-,ln-a2內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ln-a2,+內(nèi)單調(diào)遞增.(2)解法一(參變分離)f(x)=ax+e,-12<x<1,2ex+ax-e,x1,當x-12,1時,ax+ee2,則f-12e2,f(1)e2-12a+ee2,a+ee2-e2ae.當x1時,2ex+ax-ee22a3e-4exx,設g(x)=3e-4exx,則g'(x)=-4xex-3e+4exx2=4(1-x)ex-3ex2<0,g(x)在區(qū)間1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,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)mine2,x-12,+,由(1)可得:當a>0時,f(x)在區(qū)間-12,+內(nèi)單調(diào)遞增,所以f-12e2即可,解得ae,故a0,e.當-2ea<0時,f(x)在區(qū)間(-,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)e2a-e2,a-e2,0.當a<-2e時,f(x)在區(qū)間-,ln-a2內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ln-a2,+內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)min=fln-a2e2,即-a+aln-a23e2,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(nèi)單調(diào)遞減,而g(t)<g(e)=0<32e,所以原不等式無解.此處也可不構(gòu)造函數(shù),-a+aln-a2=aln-a2-1,顯然a<-2e時,此式小于零,即可證明綜上所述,a-e2,00,e.(3)證明注意到a+e=f(1),所以所證明不等式轉(zhuǎn)化為證明f(x1x2)>f(1),因為a<-e,所以f(1)=a+e<0,所以f(x)的兩個零點x1<1<x2.由x1<1<x2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(x)=2ex-e-xex,(1)=0,則當x>1時,'(x)=ex-xex=(1-x)ex<0,所以(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以(x)<(1)=0,即h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,h(x)<h(1)=1,即x1x2<1.因為當a<-e時,f(x)在區(qū)間(-,1)內(nèi)均單調(diào)遞減,所以f(x1x2)>f(1)=a+e.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x1,e上有解,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.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x1,e知x-lnx>0,因而a12x2-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x1,e時成立.由不等式有解,可得aymin=-12,即實數(shù)a的取值范圍是-12,+.(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t(x)=m2x2-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mlnx+1x恒成立.因此,記h(x)=lnx+1x,得h'(x)=-lnxx2.函數(shù)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,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.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.(1)解由已知,函數(shù)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<a<14時,g(x)在區(qū)間0,1-1-4a2,1+1-4a2,+內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間1-1-4a2,1+1-4a2內(nèi)單調(diào)遞減;當a14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-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1.令(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1lnx+x2-2x-1-lnx1+x-1x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1.則(1)=1>0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x1).由u'(x)=1-1x0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.所以0=u(1)1+1<u(x0)1+x0-1=a0<u(e)1+e-1=e-21+e-1<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.(2019天津靜海區(qū)四校聯(lián)考)已知函數(shù)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(shù)a的值;(2)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)記g(x)=f(x)+x-b(bR).當a=1時,函數(shù)g(x)在區(qū)間e-1,e上有兩個零點,求實數(shù)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(diào)遞減區(qū)間為(0,+).當a>0時,令f'(x)>0,得單調(diào)遞增區(qū)間為2a,+;令f'(x)<0,得單調(diào)遞減區(qū)間為0,2a;當a<0時,單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+);故當a0時,單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+);當a>0時,單調(diào)遞增區(qū)間為2a,+,單調(diào)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x1e,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,g1e0,g(e)0b>1,b2e+1e-3,be+2e-1,所以1<be+2e-1.8.(2019天津七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=axln x(aR)的極小值為-1e.(1)求a的值;(2)任取兩個不等的正數(shù)x1,x2,且x1<x2,若存在正數(shù)x0,使得f'(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1成立,求證:x1<x0<x2.(1)解顯然a0,f'(x)=a(1+lnx),令f'(x)=0,解得x=1e.當a>0時,若0<x<1e,則f'(x)<0,f(x)為減函數(shù);若x>1e,則f'(x)>0,f(x)為增函數(shù),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)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(nèi)是減函數(shù),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<x2,故x1<x0<x2.11