天津市高考数学复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理_高考数学导数专题复习
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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)=xln x-ax+(2a-1)x,a∈R.(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Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-10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+xln 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)≤kx对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N)时,证明:
*
222
.4.设函数f(x)=ax-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e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)=aln x,g(x)=x.(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x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的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.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x-2ax-2a+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
1-x2(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.二、思维提升训练
7.已知函数f(x)=x+x+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a
,使得f(x0)=f
32.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.解(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=, 当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x递减.时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.,单调减区间为
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)
当x∈(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.②当01,由(1)知f'(x)在区间
时,f'(x)>0.内单调递增, 可得当x∈(0,1)时,f'(x)
内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小③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.④当a>时,00,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)=, , 当-10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-10时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a
由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.2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+1>0,则当0
,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值若6a+1
2时,h'(x)
则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)
3.解(1)∵f(x)=ax+xln x,∴f'(x)=a+ln x+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3, ∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xln x, 若f(x)≤kx对任意x>0成立,则k2
对任意x>0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00, ∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)
故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)证明:令h(x)=,则h'(x)=
由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即∴mnln n-nln n>mnln m-mln m, 即mnln n+mln m>mnln m+nln n， ∴ln nmn+ln mm>ln mmn+ln nn.整理,得ln(mn)>ln(nm).nmmn∴(mnn)m>(nmm)n,4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x当x(2)令g(x)=
时,f'(x)0,f(x)单调递增.,s(x)=e-x.x-1则s'(x)=e-1.而当x>1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x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x-1)-ln x
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0
2x-
1>1.0, 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)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a
5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x), 即aln x+2x≤(a+3)x-化简,得a(x-ln x)由x∈[1,e]知x-ln x>0,x2, x2-x.因而a设y=, 则y'=
∵当x∈(1,e)时,x-1>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥ymin=-x+1-ln x>0， 即实数a的取值范围是(2)当a=1时,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(x2)恒成立, 设t(x)=x2-xln x(x>0).由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增, ∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m因此,记h(x)=,得h'(x)=
恒成立.∵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m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,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0
内单调递增,内单调递减;时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明 由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2令φ(x)=-2则φ(1)=1>0,φ(e)=-2
=0,解得a=x-2
ln x+x-2
-2故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=由u'(x)=1-,u(x)=x-1-ln x(x≥1).0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0=即a0∈(0,1).=a0
当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(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.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)=x+2x+a,方程x+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a, 2
2①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a0,解得x
,x2=-1+, ,)和(-1+,或x>-1+
,+∞), 综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a
)和(-1+,+∞),单调递减区
+ax0+1-+a
-a-1 ==+a+12a).+x0+(4+14x0+7若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a0, 故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2=
由x0>0,得x0=x'2=, 依题意,0
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,
