高考数学(理科-天津课标版)二轮复习专题能力训练含答案8.pdf

小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题能力训练 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)=x ln 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-1x 0 时,f(x)0 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+x ln 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 nm 1(m,nN*)时,证明:.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学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)=a ln 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 x1,e内有解,求实数 a的取值范围;(2)若 a=1,对任意的x1x2 0,不等式 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.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学二、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 a 0,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.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(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 0a 1,由(1)知 f(x)在区间内单调递增,可得当 x(0,1)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.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.当 a 时,0 0,f(x)单调递增,当 x(1,+)时,f(x)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)=,小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学当-1x 0 时,g(x)0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1x 0时,f(x)0 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,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+10,则当 0 x-,且|x|0,故 x=0不是 h(x)的极大值点.若 6a+10,则 a2x2+4ax+6a+1=0 存在根 x1 0,故当 x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;当 x(0,1)时,h(x)0 成立,则 k对任意 x0 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 0 x 0,g(x)在区间(0,1)内是增函数;小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学当 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-,mnln 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(x)=2ax-(x0).当 a0 时,f(x)0 时,由 f(x)=0,有 x=此时,当 x时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)令 g(x)=-,s(x)=ex-1-x.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 0a 1.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学由(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)(x1).当 x1 时,h(x)=2ax-e1-xx-0.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,a5.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 x1,e知 x-ln x 0,因而 a-设 y=-,则 y=-当 x(1,e)时,x-1 0,x+1-ln x0,y0 在 x1,e时成立.由不等式有解,可得 aymin=-,即实数 a 的取值范围是-(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).由题意知 x1x2 0,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.因此,记 h(x)=,得 h(x)=-小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学函数在区间(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,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以 g(x)=2-当 0a0,(e)=-2-0.故存在 x0(1,e),使得 (x0)=0.令 a0=-,u(x)=x-1-ln x(x1).由 u(x)=1-0 知,函数 u(x)在区间(1,+)内单调递增.所以 0=-=a0-1.即 a0(0,1).当 a=a0时,有 f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在区间(1,+)内单调递增,故当 x(1,x0)时,f(x)f(x0)=0;当 x(x0,+)时,f(x)0,从而 f(x)f(x0)=0.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学所以,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 a 0,解得 x-1+-,解不等式 x2+2x+a 0,解得-1-x-1+-,此时,函数 f(x)的单调递增区间为(-,-1-)和(-1+-,+),单调递减区间为(-1-,-1+-).综上所述,当 a1时,函数 f(x)的单调递增区间为(-,+);当 a1 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-,-1-)和(-1+-,+),单调递减区间为(-1-,-1+-).(2)f(x0)-f+ax0+1-a-1=-+a-=-+a-+x0+-(4+14x0+7+12a).若存在 x0,使得 f(x0)=f,则 4+14x0+7+12a=0在内有解.由 a 0,故方程 4+14x0+7+12a=0的两根为x1=-,x2=-由 x0 0,得 x0=x2=-,小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学依题意,0-1,即 7-11,所以 4921-48a121,即-a-,又由-得 a=-,故要使满足题意的x0存在,则 a-综上,当 a-时,存在唯一的x0满足 f(x0)=f,当 a-时,不存在 x0满足 f(x0)=f