《天津市2018年高考数学(文)二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数范围》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市2018年高考数学(文)二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数范围（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练专题能力训练专题能力训练 8 8 利用导数解不等式及参数范围利用导数解不等式及参数范围一、能力突破训练 1.已知函数f(x)=ax2+bx-ln x,a,bR. (1)若a,即 0a-2 时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,.1 12(12, -1 )(0,12)(-1 , + )(2)对b-2,-1,x(1,e)使得ax2+bx-ln x0, 所以f(x)在区间(0,+)单调递增.若a0,则当x时,f(x)0;(0,1 )当x时,f(x)0 时,f(x)在x=取得最大值,最大值为f=ln+a=-ln a+a-1.1 (1 )(1
2、 ) (1 -1 )天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练因此f2a-2 等价于 ln a+a-11 时,g(a)0. 因此,a的取值范围是(0,1). 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x0 成立,求实数k的取值范围;(3)当nm1(m,nN*)时,证明:. 解(1)f(x)=ax+xln x,f(x)=a+ln x+1. 又f(x)的图象在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
3、,若f(x)kx2对任意x0 成立,则k对任意x0 成立.1 + ln 令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g(x)=-.1 + ln 1 - (1 + ln)2ln2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,+)上的增函数.nm1,h(n)h(m),即,ln - 1ln - 1mnln 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
4、(nmm)n,. 天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练4.已知函数f(x)=ln x-,其中aR. (1)当a=-1 时,判断f(x)的单调性; (2)若g(x)=f(x)+ax在其定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (3)当a=0 时,函数f(x)的图象关于y=x对称得到函数h(x)的图象,若直线y=kx与曲线y=2x+没有公共点,求k的取值范围.1()解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=, - 12当 01 时,f(x)0, f(x)在区间(0,1)上为减函数,在区间(1,+)上为增函数.(2)由g(x)=f(x)+ax=ln x- +ax,可知函数
5、g(x)的定义域为(0,+),g(x)=. 2+ + 2g(x)在其定义域内为减函数,x(0,+),g(x)0.ax2+x+a0a(x2+1)-xaa.- 2+ 1(- 2+ 1)min又= ,-,2+ 11 +1 12- 2+ 112当且仅当x=1 时取等号.a- .12(3)当a=0 时,f(x)=ln x,h(x)=ex.直线l:y=kx与曲线y=2x+=2x+没有公共点,等价于关于x的方程(k-2)x=(*)在1()11R 上没有实数解,当k=2 时,方程(*)可化为=0,其在 R 上没有实数解.1当k2 时,方程(*)可化为=xex.1 - 2令g(x)=xex,则有g(x)=(1+
6、x)ex. 令g(x)=0,得x=-1, 当x在区间(-,+)内变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表: x(-,-1)-1(-1,+) g(x)-0+g(x)-1 天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练当x=-1 时,g(x)min=-,同时当x趋于+时,g(x)趋于+,故g(x)的取值范围为1 .-1 , + )因此当时,方程(*)无实数解,解得k的取值范围是(2-e,2).1 - 2(- , -1 )综合,可知k的取值范围是(2-e,2.5.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-
7、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 m(mZ,m1)的值. 解(1)不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x),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- - ln122- - ln则y=( - 1)( - ln) -(1 -1 )(122- )( - ln)2=.( - 1)(12 + 1 - ln)( - ln)2当x(1,e)时,x-10,x+1-ln x0,12y0
8、在x1,e时成立.由不等式有解,可得aymin=-,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,天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练t(x)=mx-ln x-10 恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h(x)=ln + 1 ln + 1 .- ln2函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+)内单调递
9、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.已知函数f(x)=ln x-.( - 1)22(1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)证明:当x1 时,f(x)1,当x(1,x0)时,恒有f(x)k(x-1).(1)解f(x)= -x+1=,x(0,+).1 - 2+ + 1 由f(x)0 得解得 0 0,- 2+ + 1 0,?1 + 52(0,1 + 52)(2)证明令F(x)=f(x)-(x-1),x(0,+),则有F(x)=.当x(1,+)时,F(x)1 时,F
10、(x)1 时,f(x)1 满足题意.当k1 时,对于x1,有f(x)1 满足题意. 当k1.1 - +(1 - )2+ 42当x(1,x2)时,G(x)0, 故G(x)在区间1,x2)内单调递增. 从而当x(1,x2)时,G(x)G(1)=0,天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练即f(x)k(x-1), 综上,k的取值范围是(-,1).二、思维提升训练 7.(2017 江苏,20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数f(x)的极值点 是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (
11、2)证明:b23a;(3)若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.72解(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f(x)=3x2+2ax+b=3+b-.( +3)223当x=-时,f(x)有极小值b-.323因为f(x)的极值点是f(x)的零点,所以f=-+-+1=0,又a0,故b=+ .(-3)3273932293 因为f(x)有极值,故f(x)=0 有实根,从而b-=(27-a3)0,即a3.2319当a=3 时,f(x)0(x-1),故f(x)在 R 上是增函数,f(x)没有极值;当a3 时,f(x)=0 有两个相异的实根x1=,x2=.- - 2- 3
12、3- + 2- 33列表如下: x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+) f(x)+0-0+ f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1,x2. 从而a3.因此b=+,定义域为(3,+).2293 (2)证明:由(1)知,=+.2 93 设g(t)=+,则g(t)= - =.293 293222- 2792当t时,g(t)0,(3 62, + )天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练从而g(t)在区间内单调递增.(3 62, + )因为a3,所以a3,3故g(a)g(3)=,即.333因此b23a.(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=- a,
13、+=.23212242- 69从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1+a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+31213222132123221321)+ b(x1+x2)+2=-+2=0.222343- 62749记f(x),f(x)所有极值之和为h(a),因为f(x)的极值为b-=- a2+,23193 所以h(a)=- a2+,a3.193 因为h(a)=- a-0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于.14 (1)解由f(x)=x3-ax-b,可得f(x)=3x2-a.下面分两种情况讨论: 当a0 时,有f(x)=3
14、x2-a0 恒成立. 所以f(x)的单调递增区间为(-,+).当a0 时,令f(x)=0,解得x=,或x=-.3333 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,(?-33(-33,?33,(?33天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习专题能力训练-33?)?33)+?)f(x)+0-0+f(x)单调 递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.(-33,33)(- , -33) (33, + )(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x00.由题意,得f(x0)=3-a=0,即20=,进而f(x0)=-ax0-b=-x0-b.2033023又f(-2x0)=-8+2ax0-b=-x0+2ax0-b=-x0-b=f(x0),且-2x0x0,由题意及(1)知,存308323在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0. 所以x1+2x0=0. (3)证明设g(x)在区间-1,1上的最大值为M,
