2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)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

《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)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(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)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（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專(zhuān)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(shí)數(shù)a的取值范圍. 2.(2018全國(guó)Ⅲ,理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x. (1)若a=0,證明:當(dāng)-10時(shí),f(x)>0; (2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a. 3.已知函數(shù)f(x)=ax+xln x的圖象在x

2、=e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處的切線的斜率為3. (1)求實(shí)數(shù)a的值; (2)若f(x)≤kx2對(duì)任意x>0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍; (3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時(shí),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,+∞)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對(duì)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

3、)在x∈[1,e]內(nèi)有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若a=1,對(duì)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)ln 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. 二、思維提升訓(xùn)練 7.已知函數(shù)f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R).

4、 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a<0時(shí),試討論是否存在x0∈,使得f(x0)=f. 專(zhuān)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 一、能力突破訓(xùn)練 1.解 (1)由f'(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞). 則g'(x)=-2a=, 當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,+∞)時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時(shí),x時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a≤0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞); 當(dāng)a>0時(shí),g(x)單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為 (2)由(

5、1)知,f'(1)=0. ①當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 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(shí),f'(x)<0,x時(shí),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(shí),=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(shí),f'(x)≤0,

6、f(x)單調(diào)遞減,不合題意. ④當(dāng)a>時(shí),0<<1,當(dāng)x時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 所以f(x)在x=1處取極大值,合題意. 綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為a> 2.解 (1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-, 設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,則g'(x)=, 當(dāng)-10時(shí),g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f'(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f'(x)=0. 所以

7、f(x)在(-1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又f(0)=0,故當(dāng)-10時(shí),f(x)>0. (2)①若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾. ②若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)= =ln(1+x)- 由于當(dāng)|x|0,故h(x)與f(x)符號(hào)相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn). h'(x)= 若6a+1>0,則當(dāng)00,故x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).

8、 若6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x∈(x1,0),且|x|0;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0. 所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),從而x=0是f(x)的極大值點(diǎn). 綜上,a=- 3.解 (1)∵f(x)=ax+xln x,∴f'(x)=a+ln x+1. 又f(x)的圖象在點(diǎn)x=e處的切線的斜率為3, ∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1. (2)由(1)知,f(x)=x+xln x, 若f

9、(x)≤kx2對(duì)任意x>0成立,則k對(duì)任意x>0成立. 令g(x)=,則問(wèn)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(shí),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)證明:令h(x)=,則h'(x)= 由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0, ∴h(x)是區(qū)間(1,+∞)內(nèi)的增函數(shù). ∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即, ∴mnln n-nln n>

10、mnln m-mln m, 即mnln n+mln m>mnln m+nln n, ∴l(xiāng)n nmn+ln mm>ln mmn+ln nn. 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(shí),f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時(shí),由f'(x)=0,有x= 此時(shí),當(dāng)x時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. (2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x. 則s'(x)=ex-1-1. 而當(dāng)x>1時(shí),s'(x)>0,

11、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(shí),g(x)>0. 當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0. 當(dāng)01. 由(1)有f0, 所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立. 當(dāng)a時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=2ax--e1-x>x->0. 因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增. 又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,

12、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aln x+2x≤(a+3)x-x2, 化簡(jiǎn),得a(x-ln x)x2-x. 由x∈[1,e]知x-ln x>0, 因而a設(shè)y=, 則y'= ∵當(dāng)x∈(1,e)時(shí),x-1>0,x+1-ln x>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時(shí)成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-, 即實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (2)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x. 由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1) >mg(x2)-x2f(

13、x2)恒成立, 設(shè)t(x)=x2-xln x (x>0). 由題意知x1>x2>0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)函數(shù)t(x)單調(diào)遞增, ∴t'(x)=mx-ln x-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(gè)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?yàn)?0,+∞), g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'

14、(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-ln x(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(shí),有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f'(x

15、)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, 故當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),f'(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0. 所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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. 二、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(shí),Δ≤0,則f'(x)≥0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù); ②當(dāng)a<1時(shí),方程x2+2x+a=0兩根分別為x1=-1-,x2

16、=-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-