《2019年高考數(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.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(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.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019年高考數(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,a∈R.
(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(shí)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(duì)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
0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;
(3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時(shí),證明:.
4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(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(duì)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x∈[1,e]內(nèi)有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=1,對(duì)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.
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(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)a<0時(shí),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(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,+∞)時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),x時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.
所以當(dāng)a≤0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);
當(dāng)a>0時(shí),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.
①當(dāng)a≤0時(shí),f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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.
②當(dāng)01,由(1)知f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,
可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)<0,x時(shí),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.
③當(dāng)a=時(shí),=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(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.
④當(dāng)a>時(shí),0<<1,當(dāng)x時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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(shí)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?yàn)閑x>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](11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)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(diǎn),方程x2-2x+1=即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不存在兩個(gè)不等的實(shí)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(diǎn)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(duì)任意x>0成立,則k對(duì)任意x>0成立.
令g(x)=,則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求g(x)的最大值,g(x)==-
令g(x)=0,解得x=1.
當(dāng)00,
∴g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);
當(dāng)x>1時(shí),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,∴k≥1即為所求.
(3)令h(x)=,則h(x)=
由(2)知,x≥1+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,
∴l(xiāng)nnmn+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(dāng)a≤0時(shí),f(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時(shí),由f(x)=0,有x=
此時(shí),當(dāng)x時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x時(shí),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(dāng)x>1時(shí),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(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.
當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.
當(dāng)01.
由(1)有f0,
所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.
當(dāng)a時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當(dāng)x>1時(shí),h(x)=2ax--e1-x>x->0.
因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增.
又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a
5.解(1)不等式f(x)+2g(x)≤(a+3)x-g(x),
即alnx+2x≤(a+3)x-x2,
化簡(jiǎn),得a(x-lnx)x2-x.
由x∈[1,e]知x-lnx>0,
因而a設(shè)y=,
則y=
∵當(dāng)x∈(1,e)時(shí),x-1>0,x+1-lnx>0,
∴y>0在x∈[1,e]時(shí)成立.
由不等式有解,可得a≥ymin=-,
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是
(2)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx.
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,
設(shè)t(x)=x2-xlnx(x>0).
由題意知x1>x2>0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)函數(shù)t(x)單調(diào)遞增,
∴t(x)=mx-lnx-1≥0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(gè)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m≥1,結(jié)合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=1.
6.(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
g(x)=f(x)=2(x-a)-2lnx-2,
所以g(x)=2-
當(dāng)00,φ(e)=--2<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=,u(x)=x-1-lnx(x≥1).
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(dāng)a=a0時(shí),有f(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.
由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
故當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),f(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0.
所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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Δ=4-4a,
①當(dāng)a≥1時(shí),Δ≤0,則f(x)≥0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù);
②當(dāng)a<1時(shí),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-1-0,
故方程4+14x0+7+12a=0的兩根為x1=,x2=
由x0>0,得x0=x2=,
依題意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-
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專題二
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