2021高考数学(四川专用-理科)二轮专题整合：1-1-4利用导数求参数的取值范围.docx

第4讲　利用导数求参数的取值范围

一、选择题
1．已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是
(　　)．
A．[－1,1] B．[－1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
解析　f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
∴m≥－2＋.
令g(x)＝－2＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.
答案　C
2．(2022·广州调研)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是
(　　)．
A．[0,1) B．(－1,1)
C. D．(0,1)
解析　f′x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．
当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f(x)单调递减．
所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．
答案　D
3．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是 (　　)．

A. B．
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析　f′(x)＝x2－4x，由f′x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成马上可，代入解之得m≥.
答案　A
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是 (　　)．
A．(，＋∞) B．(－∞，－)
C．(－，) D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析　f′(x)＝x2＋2ax＋3.
由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－12＞0，
解得：a＞或a＜－.
答案　D
二、填空题
5．已知函数f(x)＝x2＋mx＋ln x是单调递增函数，则m的取值范围是________．
解析　依题意知，x＞0，f′(x)＝.
令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，
当－≤0时，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立；
当－＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m＜0.
综上，m的取值范围是m≥－2.
答案　[－2，＋∞)
6．若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是______．
解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1
解析　由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.依据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减(可利用导数推断)，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
答案　
三、解答题
9．已知函数f(x)＝x2＋2aln x.
(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，为求实数a的值；
(2)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝2x＋＝.
由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.
(2)由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋.
由函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，
则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即a≤－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝－x2，
在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－＜0，
所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min＝h(2)＝－.
所以a≤－.
10．(2022·北京西城区一模)已知函数f(x)＝ln x－，其中a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)假如对于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)＞－x＋2，求a的取值范围．
解　(1)由f(x)＝ln x－，得f′(x)＝＋，
所以f′(1)＝3.又由于f(1)＝－2，
所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为3x－y－5＝0.
(2)由f(x)＞－x＋2，得ln x－＞－x＋2，
即a＜xln x＋x2－2x.
设函数g(x)＝xln x＋x2－2x，
则g′(x)＝ln x＋2x－1.
由于x∈(1，＋∞)，
所以ln x＞0,2x－1＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＝ln x＋2x－1＞0，
故函数g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝－1.
由于对于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)＞－x＋2成立，
即对于任意x∈(1，＋∞)，都有a＜g(x)成立，
所以a≤－1.
11．(2022·山西临汾四校联考)已知函数f(x)＝.
(1)争辩函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2＋2x＋3，证明：对任意x1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x2∈R，使得f(x1)＞g(x2)．
(1)解　f′(x)＝
＝，
设h(x)＝－2ln(x－1)＋x－1－，
则h′(x)＝＝≥0，
∴h(x)在(1，＋∞)上是单调递增函数，又h(2)＝0，
∴当x∈(1,2)时，h(x)＜0，则f′(x)＜0，f(x)是单调递减函数；
当x∈(2，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，f(x)是单调递增函数．
综上知：f(x)在(1,2)上是单调递减函数；
在(2，＋∞)上是单调递增函数．
(2)证明　对任意x1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x2∈R，使得f(x1)＞g(x2)恒成立等价于f(x)＞g(x)min恒成立，而g(x)min＝2，即证f(x)＞2恒成立，即证－2＞0恒成立，
也就是证＞0，
设G(x)＝ln(x－1)＋－2，G′(x)＝－
＝≥0，
∴G(x)在(1，＋∞)上是单调递增函数，又G(2)＝0，
∴当x∈(1,2)时，G(x)＜0，则
＞0，
当x∈(2，＋∞)时，G(x)＞0，则
＞0，
综上可得：对任意x1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x2∈R，
使得f(x1)＞g(x2)．