（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理.doc

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1、1专题能力训练 8 利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.设 f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR .(1)令 g(x)=f(x),求 g(x)的单调区间;(2)已知 f(x)在 x=1处取得极大值,求实数 a的取值范围 .2.(2018全国 ,理 21)已知函数 f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若 a=0,证明:当 -10时, f(x)0;(2)若 x=0是 f(x)的极大值点,求 a.23.已知函数 f(x)=ax+xln x的图象在 x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为 3.(1)求实数 a的值;(2)若 f(x) kx2对任意

2、 x0成立,求实数 k的取值范围;(3)当 nm1(m,nN *)时,证明: .4.设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 aR .(1)讨论 f(x)的单调性;(2)确定 a的所有可能取值,使得 f(x) -e1-x在区间(1, + )内恒成立(e =2.718为自然对数的底1数) .5.设函数 f(x)=aln x,g(x)= x2.12(1)记 g(x)为 g(x)的导函数,若不等式 f(x)+2g(x)( a+3)x-g(x)在 x1,e内有解,求实数 a的取值范围;(2)若 a=1,对任意的 x1x20,不等式 mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立 .求

3、 m(mZ, m1)的值 .36.已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中 a0.(1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性;(2)证明:存在 a(0,1),使得 f(x)0 在区间(1, + )内恒成立,且 f(x)=0在区间(1, + )内有唯一解 .二、思维提升训练7.已知函数 f(x)= x3+x2+ax+1(aR) .13(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)当 a0,函数 g(x)单调递增;当 a0时, x 时, g(x)0,函数 g(x)单调递增, x 时,函数 g(x)单调递减 .(0,12) (12,+)所以当 a0 时

4、, g(x)的单调增区间为(0, + );当 a0时, g(x)单调增区间为 ,单调减区间为(0,12) (12,+).(2)由(1)知, f(1)=0. 当 a0 时, f(x)单调递增,所以当 x(0,1)时, f(x)0,f(x)单调递增 .所以 f(x)在 x=1处取得极小值,不合题意 . 当 01,由(1)知 f(x)在区间 内单调递增,12 12 (0,12)可得当 x(0,1)时, f(x)0.(1,12)所以 f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间 内单调递增 ,所以 f(x)在 x=1处取得极小值,(1,12)不合题意 . 当 a= 时, =1,f(x)在区间(0,1)内

5、单调递增,在区间(1, + )内单调递减,12 12所以当 x(0, + )时, f(x)0, f(x)单调递减,不合题意 . 当 a 时,0 0,f(x)单调递增 ,12 12 (12,1)当 x(1, + )时, f(x)12.2.解 (1)当 a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)- ,1+设函数 g(x)=f(x)=ln(1+x)- ,则 g(x)= ,1+ (1+)2当 -10时, g(x)0.故当 x-1时, g(x) g(0)=0,且仅当 x=0时, g(x)=0,从而 f(x)0,且仅当 x=0时, f(x)=0.所以 f(x)在( -1

6、,+ )内单调递增 .又 f(0)=0,故当 -10时, f(x)0.(2) 若 a0,由(1)知,当 x0时, f(x)(2 +x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0是 f(x)的极大值点矛盾 . 若 a0,故 h(x)与 f(x)符号相同 .1, 1|又 h(0)=f(0)=0,故 x=0是 f(x)的极大值点当且仅当 x=0是 h(x)的极大值点 .h(x)=11+2(2+2)-2(1+2)(2+2)2 =2(22+4+6+1)(+1)(2+2)2.若 6a+10,则当 00,故 x=0不是 h(x)的极大值点 .6+14 1, 1|若 6a+10;当 x(0,1)时, h(

7、x)0成立,则 k 对任意 x0 成立 .1+令 g(x)= ,则问题转化为求 g(x)的最大值, g(x)= =-1+1-(1+)2 2.令 g(x)=0,解得 x=1.当 00,g (x)在区间(0,1)内是增函数;当 x1时, g(x)0),h (x)0,h (x)是区间(1, + )内的增函数 .nm 1,h (n)h(m),即 ,-1-1mn ln n-nln nmnln m-mln m,即 mnln n+mln mmnln m+nln n, ln nmn+ln mmln mmn+ln nn.整理,得 ln(mnn)mln(nmm)n. (mnn)m(nmm)n,.4.解 (1) f

8、(x)=2ax- (x0).1=22-17当 a0 时, f(x)0时,由 f(x)=0,有 x=12.此时,当 x 时, f(x)0,f(x)单调递增 .( 12,+)(2)令 g(x)= ,s(x)=ex-1-x.1 1-1则 s(x)=ex-1-1.而当 x1时, s(x)0,所以 s(x)在区间(1, + )内单调递增 .又由 s(1)=0,有 s(x)0,从而当 x1时, g(x)0.当 a0, x1时, f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1, + )内恒成立时,必有 a0.当 01.12 12由(1)有 f 0,(12) ( 12)所以此时 f(x)g(x)在区间(

9、1, + )内不恒成立 .当 a 时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1) .12当 x1时, h(x)=2ax- -e1-xx- 0.1+12 1+121=3-2+12 2-2+12因此, h(x)在区间(1, + )单调递增 .又因为 h(1)=0,所以当 x1时, h(x)=f(x)-g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立 .综上, a12,+).5.解 (1)不等式 f(x)+2g(x)( a+3)x-g(x),8即 aln x+2x( a+3)x- x2,12化简,得 a(x-ln x) x2-x.12由 x1,e知 x-ln x0,因而 a 设 y= ,122-.122-则 y

10、=(-1)(-)-(1-1)(122-)(-)2 =(-1)(12+1-)(-)2 . 当 x(1,e)时, x-10, x+1-ln x0,12y 0在 x1,e时成立 .由不等式有解,可得 a ymin=- ,12即实数 a的取值范围是 -12,+).(2)当 a=1时, 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,设 t(x)= x2-xln x(x0).2由题意知 x1x20,则当 x(0, + )时函数 t(x)单调递增,t (x)=mx-ln x-10 恒成立,即 m 恒成

11、立 .+1因此,记 h(x)= ,得 h(x)=+1 -2 . 函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1, + )上单调递减, 函数 h(x)在 x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数 h(x)的最大值 .由此可得 h(x)max=h(1)=1,故 m1,结合已知条件 mZ, m1,可得 m=1.6.(1)解 由已知,函数 f(x)的定义域为(0, + ),9g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2 ,(1+)所以 g(x)=2-2+22=2(-12)2+2(-14)2 .当 00, (e)=- -2 f(x0)=0;10当 x( x0,+ )时, f(x)0,从而 f(x)f(

12、x0)=0.所以,当 x(1, + )时, f(x)0 .综上所述,存在 a(0,1),使得 f(x)0 在区间(1, + )内恒成立,且 f(x)=0在区间(1, + )内有唯一解 .二、思维提升训练7.解 (1) f(x)=x2+2x+a,方程 x2+2x+a=0的判别式为 = 4-4a, 当 a1 时, 0,则 f(x)0,此时 f(x)在 R上是增函数; 当 a0,解得 x-1+ ,1- 1-解不等式 x2+2x+a0,故方程 4 +14x0+7+12a=0的两根为 x1= ,x2=20 -7- 21-484 -7+21-484 .由 x00,得 x0=x2= ,-7+21-48411依题意,0 1,即 7 11,所以 4921-48a121,即 - a- ,-7+21-484 21-48 2512 712又由 得 a=- ,-7+21-484 =12 54故要使满足题意的 x0存在,则 a -54.综上,当 a 时,存在唯一的 x0 满足 f(x0)=f ,(-2512,-54)(-54,- 712) (0,12)(12,1) (12)当 a 时,不存在 x0 满足 f(x0)=f(-,-2512(-54)- 712,0) (0,12)(12,1) (12).