《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(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(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(8頁珍藏版)》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(shí)數(shù)a的取值范圍.
2.(2018全國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,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-