《备战2019高考数学（理科）大二轮复习练习：专题二 函数与导数 专题能力训练8 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2019高考数学（理科）大二轮复习练习：专题二 函数与导数 专题能力训练8 （7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力训练专题能力训练 8 利用导数解不等式及参数的取值利用导数解不等式及参数的取值 范围范围 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. 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
2、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:. 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为自然对数的底数). 5.设函数 f(x)=aln x,g(x)=x2. 1 2 (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
3、等式 mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求 m(mZ,m1)的值. 6.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). (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(
4、x)单调递减. ( 0, 1 2) ( 1 2, + ) 所以当 a0 时,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, 1 2) ( 1 2, + ). (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, 1 2 1 2 ( 0, 1 2) 可得当 x(0,1)时,f(x)0. ( 1, 1 2) 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
5、 x=1 处取得极小值,不合 ( 1, 1 2) 题意. 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, 1 2 1 2 所以当 x(0,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,不合题意. 当 a 时,00,f(x)单调递增, 1 2 1 2 ( 1 2 ,1 ) 当 x(1,+)时,f(x) 1 2. 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)
6、=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)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)= 1 1 + 2(2 + + 2) - 2(1 + 2) (2 + + 2)2 = 2 ( 22 +
7、 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 + 1 4 1, 1 | 若 6a+10;当 x(0,1)时,h(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. nm1,h(n)h(m),即, - 1 - 1 mnln n-nln nmnln
8、 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(x)=2ax-(x0). 1 = 22 - 1 当 a0 时,f(x)0 时,由 f(x)=0,有 x= 1 2 . 此时,当 x时,f(x)0,f(x)单调递增. ( 1 2, + ) (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,
9、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. 1 2 1 2 由(1)有 f0, ( 1 2) ( 1 2) 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)(x1). 1 2 当 x1 时,h(x)=2ax-e1-xx-0. 1 + 1 2 1 + 1 2 1 = 3- 2 + 1 2 2- 2 + 1 2 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
10、(x)g(x)恒成立. 综上,a 1 2, + ). 5.解 (1)不等式 f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x), 即 aln x+2x(a+3)x- x2, 1 2 化简,得 a(x-ln x)x2-x. 1 2 由 x1,e知 x-ln x0, 因而 a设 y=, 1 2 2 - - . 1 2 2 - - 则 y= ( - 1)( - ) - ( 1 - 1 )( 1 2 2 - ) ( - )2 = ( - 1)(1 2 + 1 - ) ( - )2 . 当 x(1,e)时,x-10, x+1-ln x0, 1 2 y0 在 x1,e时成立. 由不等式有解,可得 aymin=-
11、, 1 2 即实数 a 的取值范围是 - 1 2, + ). (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
12、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,+), g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2, (1 + ) 所以 g(x)=2- 2 + 2 2 = 2( - 1 2) 2 + 2( - 1 4) 2 . 当 00,(e)=-2f(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
13、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= 2 0 - 7 -21 - 48 4 - 7 + 21 - 48 4 . 由 x00,得 x0=x2=, - 7 + 21 - 48 4 依题意,01,即 711,所以 4921-48a121,即-a-, - 7 + 21 - 48 421 - 48 25 12 7 12 又由得 a=- , - 7 + 21 - 48 4 = 1 2 5 4 故要使满足题意的 x0存在,则 a- 5 4. 综上,当 a时,存在唯一的 x0满足 f(x0)=f,当 a (- 25 12, - 5 4) (- 5 4, - 7 12) ( 0, 1 2) (1 2 ,1 )( 1 2) 时,不存在 x0满足 f(x0)=f (- , - 25 12 (- 5 4) - 7 12 ,0 ) ( 0, 1 2) (1 2 ,1 )( 1 2).
