2020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

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2020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

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,a∈R.‎ ‎(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Ⅲ,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.‎ 10‎ ‎3.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x>0成立,求实数k的取值范围;‎ ‎(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.‎ ‎4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.‎ ‎(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…为自然对数的底数).‎ ‎5.设函数f(x)=aln x,g(x)=x2.‎ ‎(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x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若a=1,对任意的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.‎ 10‎ ‎6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax‎-2a2+a,其中a>0.‎ ‎(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(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.‎ 10‎ 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.解 (1)由f'(x)=ln x-2ax+‎2a,‎ 可得g(x)=ln x-2ax+‎2a,x∈(0,+∞).‎ 则g'(x)=‎-2a=,‎ 当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;‎ 当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.‎ 所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);‎ 当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为 ‎(2)由(1)知,f'(1)=0.‎ ‎①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.‎ 当x∈(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.‎ ‎②当01,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,‎ 可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.‎ 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,不合题意.‎ ‎③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,‎ 所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.‎ ‎④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,‎ 所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.‎ 综上可知,实数a的取值范围为a>‎ 10‎ ‎2.解 (1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,‎ 设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,‎ 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,+∞)内单调递增.‎ 又f(0)=0,故当-10时,f(x)>0.‎ ‎(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.‎ ‎②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-‎ 由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.‎ 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)=‎ 若‎6a+1>0,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点.‎ 若‎6a+1<0,则a2x2+4ax+‎6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.‎ 所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.‎ 综上,a=-‎ ‎3.解 (1)∵f(x)=ax+xln x,∴f'(x)=a+ln x+1.‎ 又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3,‎ ‎∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=x+xln x,‎ 10‎ 若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k对任意x>0成立.‎ 令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==-‎ 令g'(x)=0,解得x=1.‎ 当00,‎ ‎∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;‎ 当x>1时,g'(x)<0,‎ ‎∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.‎ 故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.‎ ‎(3)证明:令h(x)=,则h'(x)=‎ 由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0,‎ ‎∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.‎ ‎∵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).‎ 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.‎ 当a>0时,由f'(x)=0,有x=‎ 此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎(2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.‎ 10‎ 则s'(x)=ex-1-1.‎ 而当x>1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x>1时,g(x)>0.‎ 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.‎ 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.‎ 当01.‎ 由(1)有f0,‎ 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.‎ 当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).‎ 当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.‎ 因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.‎ 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.‎ 综上,a ‎5.解 (1)不等式f(x)+‎2g'(x)≤(a+3)x-g(x),‎ 即aln x+2x≤(a+3)x-x2,‎ 化简,得a(x-ln x)x2-x.‎ 由x∈[1,e]知x-ln x>0,‎ 因而a设y=,‎ 则y'=‎ ‎∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,‎ ‎∴y'>0在x∈[1,e]时成立.‎ 由不等式有解,可得a≥ymin=-,‎ 10‎ 即实数a的取值范围是 ‎(2)当a=1时,f(x)=ln x.‎ 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,‎ 设t(x)=x2-xln x(x>0).‎ 由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,‎ ‎∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m恒成立.‎ 因此,记h(x)=,得h'(x)=‎ ‎∵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m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.‎ ‎6.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,‎ 所以g'(x)=2-‎ 当00,φ(e)=--2<0.‎ 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.‎ 令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).‎ 由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.‎ 10‎ 所以0==a0<<1.‎ 即a0∈(0,1).‎ 当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.‎ 由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,‎ 故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;‎ 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(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Δ=4‎-4a,‎ ‎①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;‎ ‎②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为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-1-0,‎ 故方程4+14x0+7+‎12a=0的两根为x1'=,x'2=‎ 由x0>0,得x0=x'2=,‎ 依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21‎-48a<121,即-
查看更多