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

《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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

2、+∞)上是否存在“域同區(qū)間”?若存在,求出所有符合條件的“域同區(qū)間”;若不存在,請說明理由. 3.已知函數(shù)f(x)=ax+xln x的圖象在x=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線的斜率為3. (1)求實數(shù)a的值; (2)若f(x)≤kx2對任意x>0成立,求實數(shù)k的取值范圍; (3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時,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,+∞

3、)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對數(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,求實數(shù)a的取值范圍; (2)若a=1,對任意的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)l

4、n 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,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

5、 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,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,x時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a≤0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞); 當(dāng)a>0時,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,f'(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.

6、 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,f'(x)<0,x時,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,=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,f'(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意. ④當(dāng)a>時,0<<1,當(dāng)x時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 所以f(x)在x=1處

7、取極大值,合題意. 綜上可知,實數(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,因為ex>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](1

8、根. 方程可以轉(zhuǎn)化為x2-2x+1=,令g(x)=,g'(x)=,顯然x>1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,方程x2-2x+1=即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不存在兩個不等的實數(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x=e處的切線的斜率為3,

9、∴f'(e)=3,即a+lne+1=3,∴a=1. (2)由(1)知,f(x)=x+xlnx, 若f(x)≤kx2對任意x>0成立,則k對任意x>0成立. 令g(x)=,則問題轉(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,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

10、,+∞)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,f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時,由f'(x)=0,有x= 此時,當(dāng)x時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. (2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.

11、 則s'(x)=ex-1-1. 而當(dāng)x>1時,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,g(x)>0. 當(dāng)a≤0,x>1時,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,必有a>0. 當(dāng)01. 由(1)有f0, 所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立. 當(dāng)a時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 當(dāng)x>1時,h'(x)=2ax--e1-x>x->0. 因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增. 又

12、因為h(1)=0,所以當(dāng)x>1時,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,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,x-1>0,x+1-lnx>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-, 即實數(shù)a的取值范圍是 (2)當(dāng)a=1時,f(x)=lnx. 由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,

13、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)的定義域為(0,+∞), g(x)=f'(x

14、)=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,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(

15、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,f'(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0. 所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時,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,Δ≤0,則f'(x)≥0,此時f(x)在R上是增函數(shù); ②當(dāng)a<1時,方程x2+2x+a=

16、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'=,x'2= 由x0>0,得x0=x'2=, 依題意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-