高考数学二轮复习专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围理

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高考数学利用导数解不等式及参数的取值范围问题

一、单选题： 1．定义在(0，＋∞)上的函数f(x )满足xf′(x)＝1＋x ，且f(1)＝2，不等式f(x)≥(a＋1)x ＋1有解，则正实数a 的取值范围是( )A ．(0，e]B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 2．若函数f(x )＝12cos 2x －2a(sin x ＋cos x)＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a≥32B.32＜a ＜3 C ．a≥1 D ．1＜a ＜33．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧ x 2－3x ＋2，x≤1ln x ，x ＞1，g(x)＝f(x)－ax ＋a ，若g(x)恰有1个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0,1]C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)4．设函数f(x)＝ae x －2sin x ，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a 的值为( )A.24πeB.24π-eC.22πeD.22π-e 二、多选题：5.已知函数g(x)＝x x e x e 22)1(-，若实数m 满足g(log 5m)－g(m 51log )≤2g(2)，则( )A ．g(x)是奇函数B ．g(x)是(0，＋∞)上的增函数C ．实数m 的取值范围为(0,25]D ．实数m 的取值范围为[5,25]三、填空题：6．已知函数f(x)=-ln x 在[1,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围为( ).A.a<1B.a≤2C.a<2D.a≤37．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=1,且对任意的x∈R,都有f´(x)<,则不等式f(log2x)>31log2的解集为.四、解答题：8．已知函数f(x)＝ln x＋2x.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；(2)若∀x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．9．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋e x＞x2＋x＋2.10．已知函数f(x)＝e x(1＋a ln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．(1)设g(x)＝e－x f′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.11．已知函数f(x)＝x ln x－a2x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.12.已知函数f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求实数a的取值范围．课后作业题参考答案：1C 2A 3A 4B 5ABC 6.B 7.{x|0<x<4}8.[解](1)易知f′(x)＝－1－ln xx2＜0(x≥1)，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]．(2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ， ①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求．③若0＜a ＜2，则∃x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ，则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4.∵ln x 0＝ax 0－2，∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2.∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x 在(1，＋∞)上单调递减，∴4e 2≤a ＜2.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞. 9.[解] (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x＝(x ＋1)(2x －a )x，当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 2，所以，函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x ＝1x ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1x 0，当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表 g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0，因此不等式得证．10[解] (1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x (x ＞0)， g (x )＝e －xf ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝a (x －1)x 2(x ＞0)．当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时， g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x ，则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x 2＋a ln x . 设H (x )＝1＋2a x －a x 2＋a ln x (x ＞0)，则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x ＝a (x 2－2x ＋2)x 3＞0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0，故存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0，则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增，故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1.由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1x ≥1.因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x 1＋a ln x 1＞e x 1(1＋a )＞0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2a x 1，所以f (x 1)＝e x 1(1＋a ln x 1)＝a e x 11－2x 1x 21＜0＝f (x 0)．又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.11.[解] (1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax x . 当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x ＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．当a ＞0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x ＞0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－ax x ＜0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1. 令g (a )＝－ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a .当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x ln x－12x2，则f′(x)＝1＋ln x－x.由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，所以f(x)＝x ln x－12x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－12，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，所以只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.令f(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证f(x)＞F(1)，x∈(0,1)，f′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，令m(x)＝f′(x)，则m′(x)＝2(1－x)2x(2－x)＞0，x∈(0,1)，所以f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0，所以函数f(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2.12.[解](1)f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝1x(x－1)[x－(a－1)]，①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1＜a ＜2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜a －1或x ＞1，由f ′(x )＜0，得a －1＜x ＜1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减； ④若a ≤1，由f ′(x )＞0，得x ＞1，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．综上，若a ＞2，f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；若a ＝2， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1＜a ＜2，f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减；若a ≤1， f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．(2)f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1＞f (x 2)＋x 2，令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1等价于函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．f ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x [x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1＜0，即a ＜1时，x ＝a －12＜0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解．当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12≥0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0，化简得(a －1)(a －5)≤0，解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1,5]．。

高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数的取值范围

f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以e-2<f(x0)<2-2.
高频考点
-5-
命题热点一命题热点二命题热点三
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的最值,当该函数的最大值或最小值使不等式成立时,则不等式是恒成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
所以
1 2 ,1
1
2 1
≤ ≤
��
≤ 2, +1 ≤
解得 2,
m∈
1 ,1
2
.
2
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解析答案
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规律总结
拓展演练
4.已知函数f(x)= x2-ax+(a-1)ln x,a>1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若g(x)=(2-a)x-ln x,f(x)≥g(x)在区间[e,+∞)上恒成立,求a的取值
解：(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2, 所以f'(1)=2.
高频考点
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命题热点一命题热点二命题热点三
高频考点
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命题热点一命题热点二命题热点三
高频考点
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命题热点一命题热点二命题热点三
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规律总结
拓展演练
1.无论是不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题,构造函数,运用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于从不同角度分析问题是解题的法宝.
-14-
命题热点一命题热点二命题热点三

届数学二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理含解析

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第22页一、能力突破训练1。

(2018全国Ⅲ，理21)已知函数f（x)=(2+x+ax2）·ln(1+x)-2x。

（1）若a=0，证明:当—1<x〈0时，f（x）<0;当x>0时，f(x)>0;(2)若x=0是f（x）的极大值点,求a的值。

答案：(1）证明当a=0时，f（x）=（2+x）ln(1+x）—2x，f'（x）=ln(1+x）—x1+x，设函数g(x）=f'(x)=ln（1+x）-x1+x ,则g’(x）=x(1+x)2，当-1〈x<0时，g'（x）〈0；当x>0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）在区间（—1，+∞）内单调递增.又f(0)=0，故当—1〈x〈0时，f（x）<0;当x〉0时，f(x)>0。

（2)解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〈0，设函数h(x）=f(x)2+x+ax2=ln(1+x）-2x2+x+ax2.由于当｜x|〈min{1,√1|a|}时,2+x+ax2〉0,故h（x）与f(x)符号相同。

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 )=11+x−2(2+x+ax 2)-2x (1+2ax )(2+x+ax 2)2=x 2(a 2x 2+4ax+6a+1)(x+1)(ax 2+x+2)2.若6a+1>0,则当0<x<—6a+14a,且|x ｜〈min {1,√1|a |}时,h'(x )>0,故x=0不是h (x )的极大值点。

备战2019高考数学大二轮复习专题二函数与导数专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围理

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)=x ln x-ax2+(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+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0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+x ln 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)≤kx2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:.4.设函数f(x)=ax2-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)> -e1-x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)=a ln x,g(x)=x2.(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+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(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)= x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.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时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.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,单调减区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.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0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.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,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>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-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0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-1<x<0时,f(x)<0;当x>0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<0,设函数h(x)= =ln(1+x)-由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.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<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h'(x)=则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-3.解 (1)∵f(x)=ax+x ln 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+x ln x,若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k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0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.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,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m,即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n,∴ln n mn+ln m m>ln m mn+ln n n.整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n.∴(mn n)m>(nm m)n,4.解 (1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.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(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>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,a5.解 (1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即a ln x+2x≤(a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)x2-x.由x∈[1,e]知x-ln x>0,因而a设y=,则y'=∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min=-,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-x ln 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恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=∵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<a<时,g(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2则φ(1)=1>0,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,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0==a0<<1.即a0∈(0,1).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)<0,从而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)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为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-<x<-1+,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).(2)f(x0)-f+ax0+1--a-1=+a=+a+x0+(4+14x0+7+12a).若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,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<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-,又由得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a≠-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。

高考数学第二轮复习-专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第22页一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f (x )=(2+x+ax 2)·ln(1+x )-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f (x )<0;当x>0时,f (x )>0; (2)若x=0是f (x )的极大值点,求a 的值.答案:(1)证明当a=0时,f (x )=(2+x )ln(1+x )-2x ,f'(x )=ln(1+x )-x1+x , 设函数g (x )=f'(x )=ln(1+x )-x1+x ,则g'(x )=x(1+x )2,当-1<x<0时,g'(x )<0;当x>0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 )在区间(-1,+∞)内单调递增.又f (0)=0,故当-1<x<0时,f (x )<0;当x>0时,f (x )>0. (2)解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<0,设函数h (x )=f (x )2+x+ax 2=ln(1+x )-2x2+x+ax 2.由于当|x|<min {1,√1|a |}时,2+x+ax 2>0,故h (x )与f (x )符号相同.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 )=11+x −2(2+x+ax 2)-2x (1+2ax )(2+x+ax 2)2=x 2(a 2x 2+4ax+6a+1)(x+1)(ax 2+x+2)2.若6a+1>0,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min {1,√1|a |}时,h'(x )>0,故x=0不是h (x )的极大值点.若6a+1<0,则a 2x 2+4ax+6a+1=0存在根x 1<0,故当x ∈(x 1,0),且|x|<min {1,√1|a |}时,h'(x )<0,所以x=0不是h (x )的极大值点. 若6a+1=0,则h'(x )=x 3(x -24)(x+1)(x 2-6x -12)2.则当x ∈(-1,0)时,h'(x )>0;当x ∈(0,1)时,h'(x )<0.所以x=0是h (x )的极大值点,从而x=0是f (x )的极大值点. 综上,a=-16.2.已知函数f (x )=ax+x ln 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 2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:√m n√n m >mn .答案:(1)解∵f (x )=ax+x ln 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)解由(1)知,f (x )=x+x ln x , 若f (x )≤kx 2对任意x>0成立,则k ≥1+lnx x对任意x>0成立.令g (x )=1+lnx x,则问题转化为求g (x )的最大值,g'(x )=1x·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2.令g'(x )=0,解得x=1. 当0<x<1时,g'(x )>0,∴g (x )在区间(0,1)内是增函数; 当x>1时,g'(x )<0,∴g (x )在区间(1,+∞)内是减函数. 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 )=xlnxx -1,则h'(x )=x -1-lnx(x -1)2. 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nlnn n -1>mlnm m -1,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m , 即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n , ∴ln n mn +ln m m >ln m mn +ln n n . 整理,得ln(mn n )m >ln(nm m )n .∴(mn n )m >(nm m )n,∴√m n√nm>mn .3.设函数f (x )=ax 2-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 )>1x -e 1-x 在区间(1,+∞)内恒成立(e =2.718…为自然对数的底数).解:(1)f'(x )=2ax-1x =2ax 2-1x(x>0).当a ≤0时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f'(x )=0,有x=2a.此时,当x ∈(0√2a)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(√2a+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增.(2)令g (x )=1x −1e ,s (x )=e x-1-x.则s'(x )=e x-1-1.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 2-1)-ln x<0.故当f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<12时,√2a>1.由(1)有f (√2a)<f (1)=0,而g (√2a)>0,所以此时f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )=f (x )-g (x )(x ≥1).当x>1时,h'(x )=2ax-1x +1x 2-e 1-x >x-1x +1x 2−1x =x 3-2x+1x 2>x 2-2x+1x 2>0.因此,h (x )在区间(1,+∞)内单调递增.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 ∈[12,+∞).4.设函数f (x )=a ln x ,g (x )=12x 2.(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x 1>x 2>0,不等式m [g (x 1)-g (x 2)]>x 1f (x 1)-x 2f (x 2)恒成立.求m (m ∈Z ,m ≤1)的值.解:(1)不等式f (x )+2g'(x )≤(a+3)x-g (x ), 即a ln x+2x ≤(a+3)x-12x 2, 化简,得a (x-ln x )≥12x 2-x. 由x ∈[1,e]知x-ln x>0, 因而a ≥12x 2-x x -lnx.设y=12x 2-x x -lnx ,则y'=(x -1)(x -lnx )-(1-1x)(12x 2-x)(x -lnx )2=(x -1)(12x+1-lnx)(x -lnx )2.∵当x ∈(1,e)时,x-1>0,12x+1-ln x>0, ∴y'>0在x ∈[1,e]时成立. 由不等式有解,可得a ≥y min =-12, 即实数a 的取值范围是[-12,+∞). (2)当a=1时,f (x )=ln x.由m [g (x 1)-g (x 2)]>x 1f (x 1)-x 2f (x 2)恒成立, 得mg (x 1)-x 1f (x 1)>mg (x 2)-x 2f (x 2)恒成立, 设t (x )=m2x 2-x ln x (x>0).由题意知x 1>x 2>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 ≥lnx+1x恒成立.因此,记h (x )=lnx+1x,得h'(x )=-lnxx 2.∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴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. 5.已知函数f (x )=-2(x+a )ln x+x 2-2ax-2a 2+a ,其中a>0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性;(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.答案:(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(1+ax ),所以g'(x )=2-2x +2ax =2(x -12)2+2(a -14)x .当0<a<14时,g (x )在区间(0,1-√1-4a2),(1+√1-4a2,+∞)内单调递增,在区间(1-√1-4a 2,1+√1-4a2)内单调递减; 当a ≥14时,g (x )在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x )=2(x-a )-2ln x-2(1+ax )=0,解得a=x -1-lnx1+x -1. 令φ(x )=-2(x +x -1-lnx1+x -1)ln x+x 2-2(x -1-lnx1+x -1)x-2(x -1-lnx 1+x -1)2+x -1-lnx 1+x -1.则φ(1)=1>0,φ(e)=-e (e -2)1+e -1-2(e -21+e -1)2<0. 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)=0. 令a 0=x 0-1-ln x 01+x 0-1,u (x )=x-1-ln x (x ≥1).由u'(x )=1-1x ≥0知,函数u (x )在区间(1,+∞)内单调递增. 所以0=u (1)1+1<u (x 0)1+x 0-1=a 0<u (e )1+e -1=e -21+e -1<1.即a 0∈(0,1).当a=a 0时,有f'(x 0)=0,f (x 0)=φ(x 0)=0. 由(1)知,f'(x )在区间(1,+∞)内单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0,从而f (x )>f (x 0)=0; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )>0,从而f (x )>f (x 0)=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 6.已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax+1(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x 0∈(0,12)∪(12,1),使得f (x 0)=f (12). 解:(1)f'(x )=x 2+2x+a ,方程x 2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a , ①当a ≥1时,Δ≤0,则f'(x )≥0,此时f (x )在R 上是增函数;②当a<1时,方程x 2+2x+a=0两根分别为x 1=-1-√1-a ,x 2=-1+√1-a ,解不等式x 2+2x+a>0,解得x<-1-√1-a 或x>-1+√1-a ,解不等式x 2+2x+a<0,解得-1-√1-a <x<-1+√1-a ,此时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-1-√1-a )和(-1+√1-a ,+∞), 单调递减区间为(-1-√1-a ,-1+√1-a ).综上所述,当a ≥1时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f (x )的单调递增区间为(-∞,-1-√1-a )和(-1+√1-a ,+∞),单调递减区间为(-1-√1-a ,-1+√1-a ). (2)f (x 0)-f (12)=13x 03+x 02+ax 0+1-13·(12)3−(12)2-a ·12-1=13[x 03-(12)3]+[x 02-(12)2]+a (x 0-12) =13(x 0-12)(x 02+x 02+14)+(x 0-12)(x 0+12)+a (x 0-12)=(x 0-12)·(x 023+x 06+112+x 0+12+a)=112(x 0-12)(4x 02+14x 0+7+12a ).若存在x 0∈(0,12)∪(12,1),使得f (x 0)=f (12),则4x 02+14x 0+7+12a=0在(0,12)∪(12,1)内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a )=4(21-48a )>0,故方程4x 02+14x 0+7+12a=0的两根为x 1'=-7-√21-48a4,x'2=-7+√21-48a4.由x 0>0,得x 0=x'2=-7+√21-48a4,依题意,0<-7+√21-48a4<1,即7<√21-48a <11,所以49<21-48a<121,即-2512<a<-712,又由-7+√21-48a4=12得a=-54,故要使满足题意的x 0存在,则a ≠-54.综上,当a ∈(-2512,-54)∪(-54,-712)时,存在唯一的x 0∈(0,12)∪(12,1)满足f (x 0)=f (12),当a ∈(-∞,-2512]∪(-54)∪[-712,0)时,不存在x 0∈(0,12)∪(12,1)满足f (x 0)=f (12).。

高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数的取值范围课件理

2.3.2 利用导数解不等式及参数的取值范围
命题热点一命题热点二命题热点三
利用导数证明不等式【思考】如何利用导数x-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2. 解: (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0. 因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g'(1)=0,而 g'(x)=a-1��,g'(1)=a-1,得 a=1. 若 a=1,则 g'(x)=1-1��.当 0<x<1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x>1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=1 是 g(x)的极小值点,故 g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<
1.
4
因为x=x0是f(x)在区间(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得
f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2<f(x0)<2-2.
命题热点一命题热点二命题热点三
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的最值,当该函数的最大值或最小值使不等式成立时,则不等式是恒成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.

高考数学利用导数解不等式及参数的取值范围当堂检测

利用导数解不等式及参数的取值范围1.函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(1，2)D.(1，3)2.已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则()A.f(x1)>0，f(x2)>－12 B.f(x1)<0，f(x2)<－12C.f(x1)>0，f(x2)<－12 D.f(x1)<0，f(x2)>－123.若对任意a，b满足0<a<b<t，都有b ln a<a ln b，则t的最大值为________.4.函数f(x)＝x－2sin x，对任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________.5.已知f(x)＝(1－x)e x－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝f（x）x，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.6.已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)＝x ln x(x>0).(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值.8.已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若x>0，证明(e x－1)ln(x＋1)>x2.当堂检测题参考答案：1.解析由函数f (x )＝ln x ＋a 可得f ′(x )＝1x ，∵x 0使f ′(x )＝f (x )成立，∴1x 0＝ln x 0＋a ，又0<x 0<1，∴1x 0>1，ln x 0<0，∴a ＝1x 0－ln x 0>1. 答案 A2.解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图.由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，0<x 1<1<x 2，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，∵当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.答案 D3.解析 ∵0<a <b <t ，b ln a <a ln b ，∴ln a a <ln b b ，令y ＝ln x x ，x ∈(0，t )，则函数在(0，t )上单调递增，故y ′＝1－ln x x 2>0，解得0<x <e ，故t 的最大值是e.答案 e4.解析 ∵f (x )＝x －2sin x ，∴f ′(x )＝1－2cos x ，∴当0<x <π3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当π3<x <π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；∴当x ＝π3时，f (x )有极小值，即最小值，且f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝π3－2sin π3＝π3－ 3.又f (0)＝0，f (π)＝π，∴f (x )max ＝π. 由题意得|f (x 1)－f (x 2)|≤M 等价于M ≥|f (x )max －f (x )min |＝π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－3＝2π3＋ 3. ∴M 的最小值为2π3＋ 3.答案 2π3＋ 35.(1)解 f ′(x )＝－x e x .当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1.当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x －1.当x ∈(－1，0)时，0<－x <1，0<e x <1，则0<－x e x <1，从而当x ∈(－1，0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1，0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1.综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1.6.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 3－x 2＋10，所以f ′(x )＝3x 2－2x ，所以k ＝f ′(2)＝8. 又f (2)＝14，所以切线方程为y ＝8x －2.(2)由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2至少有一个实数x 使之成立，即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋10x 2min. 设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，则g ′(x )＝1－20x 3，因为1≤x ≤2，所以g ′(x )<0.所以g (x )在[1，2]上是减函数，所以g (x )min ＝g (2)＝92，a >92，即a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫92，＋∞. 7.解 (1)由f (x )＝x ln x (x >0)，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e .∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故f (x )在x ＝1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值. (2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x (x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1. 所以g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4，因此m ≤4，所以m 的最大值是4.8.(1)证明当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)解 f ′(x )＝e x －1－2ax ，令h (x )＝e x －1－2ax ，则h ′(x )＝e x －2a .①当2a ≤1，即a ≤12时，在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞) 上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0，∴当a ≤12时满足条件.②当2a >1，即a >12时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln (2a )，在[0，ln (2a ))上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当x ∈(0，ln (2a ))时，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln (2a ))上为减函数，∴f (x )<f (0)＝0，不合题意.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12. (3)证明由(2)得，当a ＝12，x >0时，e x >1＋x ＋x 22，即e x －1>x ＋x 22，欲证不等式(e x －1)ln(x ＋1)>x 2，只需证ln(x ＋1)>2x x ＋2. 设F (x )＝ln(x ＋1)－2x x ＋2，则F ′(x )＝1x ＋1－4（x ＋2）2＝x 2（x ＋1）（x ＋2）2. ∵当x >0时，F ′(x )>0恒成立，且F (0)＝0，∴F (x )>0恒成立.∴原不等式得证.。

(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题能力训练7利用导数解不等式及参数的取值范围

专题能力训练7 利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第20页一、能力突破训练1.设f(x)=x ln x-ax2+(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.解:(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=-,若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;若a>0,则当x∈0,时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,当x∈,∞时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)的单调增区间为0,,单调减区间为,∞.(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.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0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间0,内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈ ,时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间 ,内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.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,0<<1,当x∈, 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>.2.(2019湖北4月调研)已知函数f(x)=e x-x2-kx-1(k∈R).(1)若k=1,判断函数f(x)的单调性;(2)讨论函数f(x)的极值,并说明理由.解:(1)当k=1时,f(x)=e x-x2-x-1,f'(x)=e x-x-1.设g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0,所以f(x)在R上单调递增.(2)f(x)=e x-x2-kx-1,f'(x)=e x-x-k,设h(x)=e x-x-k,则h'(x)=e x-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;则h(x)≥h(0)=1-k;当1-k≥0,即k≤ 时,h(x)≥0恒成立,即f'(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,无极值点;当1-k<0,即k>1时,h(0)=1-k<0,一方面:-k<0,而h(-k)=e-k>0,即f'(-k)>0,由零点存在性定理知f'(x)在区间(-k,0)内有一个零点,设为x1;另一方面:f'(k)=e k-2k,设m(k)=e k-2k(k>1),m'(k)=e k-2>e-2>0,则m(k)在区间(1,+∞)内递增,则m(k)≥m(1)=e-2>0,即f'(k)>0,由零点存在性定理知f'(x)在区间(0,k)内有一个零点,设为x2;于是,当x∈(-∞,x1)时,f'(x)>0,f(x)递增;当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增;故此时函数f(x)有两个极值点.3.已知函数f(x)=a x+b x(a>0,b>0,a≠1,b≠1).(1)设a=2,b=.①求方程f(x)=2的根.②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值.(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解:(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x.①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,所以m≤)))对于x∈R恒成立.而)))=f(x)+)≥ ))=4,且0))0)=4,所以m≤ ,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点, 而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g'(x)=a x ln a+b x ln b,又由0<a<1,b>1知ln a<0,ln b>0,所以g'(x)=0有唯一解x0=lo-.令h(x)=g'(x),则h'(x)=(a x ln a+b x ln b)'=a x(ln a)2+b x(ln b)2,从而对任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是区间(-∞,+∞)内的单调增函数.于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-∞,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+∞)内是单调增函数.下证x0=0.若x0<0,则x0<0<0,于是g0<g(0)=0.又g(log a2)=-2>-2=0,且函数g(x)在以0和log a2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在0和log a2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0<a<1,所以log a2<0.又0<0,所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.若x0>0,同理可得,在0和log b2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.4.(2019天津一中月考)已知a≠0,函数f(x)=|e x-e|+e x+ax.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对∀x∈-,∞,不等式f(x)≥恒成立,求a的取值范围;(3)已知当a<-e时,函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),求证:f(x1x2)>a+e.(1)解f(x)= ,,- , ,则f'(x)=,,,当a>0时,f(x)在R上单调递增,当a<0时,考虑x≥ 时,令f'(x)>0⇒e x>-⇒x>ln-;①当ln-≤ ⇒- ≤a<0时,f(x)在区间(-∞,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增;②当ln->1⇒a<-2e时,f(x)在区间-∞,ln-内单调递减,在区间-,∞内单调递增.(2)解法一(参变分离)f(x)= ,-, - , ,当x∈-, 时,ax+ ≥,则-,)⇒-,⇒-≤a≤ .当x≥ 时,2e x+ax- ≥⇒2a≥-,设g(x)=-,则g'(x)=---)-<0,g(x)在区间[1,+∞)内单调递减,所以g(x)max=g(1)=-e,所以a≥-,综上所述,a∈-,0∪(0,e].解法二(最值法)若f(x)≥,只需f(x)min≥,x∈-,∞,由(1)可得:①当a>0时,f(x)在区间-,∞内单调递增,所以f-即可,解得a≤ ,故a∈0, .②当- ≤a<0时,f(x)在区间(-∞,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,所以f(x)min=f )≥⇒a≥-,a∈-,0.③当a<-2e时,f(x)在区间-∞, -内单调递减,在区间-,∞内单调递增, 所以f(x)min=f-,即-a+a ln-,令t=-∈(e,+∞),设g(t)=2t-2t ln t,则g'(t)=2-2(1+ln t)=-2ln t<0,所以g(t)在区间(e,+∞)内单调递减,而g(t)<g(e)=0<e,所以原不等式无解.此处也可不构造函数,-a+a ln-=a--,显然a<-2e时,此式小于零,即可证明综上所述,a∈-,00, .(3)证明注意到a+e=f(1),所以所证明不等式转化为证明f(x1x2)>f(1),因为a<-e,所以f(1)=a+e<0,所以f(x)的两个零点x1<1<x2.由x1<1<x2可得,0,-0,所以-,--,所以x1x2=-.令h(x)=-,则h'(x)=--)- ),令φ(x)=2e x-e-x e x,φ(1)=0,则当x>1时,φ'(x)=e x-x e x=(1-x)e x<0,所以φ(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以φ(x)<φ(1)=0,即h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,h(x)<h(1)=1, 即x1x2<1.因为当a<-e时,f(x)在区间(-∞,1)内均单调递减, 所以f(x1x2)>f(1)=a+e.5.设函数f(x)=a ln x,g(x)=x2.(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]上有解,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≤ )的值.解:(1)不等式f(x)+2g'(x)≤ a+3)x-g(x),即a ln x+2x≤ a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)≥x2-x.由x∈[1,e]知x-ln x>0,因而a≥--.设y=--,则y'=- ) -)----)=- )--).∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min=-,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-x ln 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- ≥0恒成立,即m≥恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=-.∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴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 ≥ ,结合已知条件m ∈Z ,m ≤ ,可得m=1. 6.已知函数f (x )=-2(x+a )ln x+x 2-2ax-2a 2+a ,其中a>0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性;(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.(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<a<时,g (x )在区间 0,- -, -,+∞内单调递增,在区间- -,-内单调递减;当a ≥时,g (x )在区间(0,+∞)内单调递增. (2)证明由f'(x )=2(x-a )-2ln x-2=0, 解得a=- - -.令φ(x )=-2- --ln x+x 2-2 - - -x-2 - --- - -.则φ(1)=1>0,φ(e)=-- ) --2--<0.故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)=0. 令a 0= 0- - 0 0-,u (x )=x-1-ln x (x ≥ ).由u'(x )=1-≥0知,函数u (x )在区间(1,+∞)内单调递增. 所以0= )0)-=a 0<) -- -<1.即a 0∈(0,1).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)<0,从而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.(2019天津静海区四校联考)已知函数f(x)=+a ln x-2.(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,求实数a的值;(2)求函数y=f(x)的单调区间;(3)记g(x)=f(x)+x-b(b∈R).当a=1时,函数g(x)在区间[e-1,e]上有两个零点,求实数b的取值范围.解:(1)定义域为(0,+∞),f'(x)=-,则f'(1)=-2+a=-3,解得a=-1.(2)f'(x)=-.当a=0,f'(x)=-<0,单调递减区间为(0,+∞).当a>0时,令f'(x)>0,得单调递增区间为,∞;令f'(x)<0,得单调递减区间为0,;当a<0时,单调递减区间为(0,+∞);故当a≤0时,单调递减区间为(0,+∞);当a>0时,单调递增区间为,∞,单调递减区间为0,.(3)g(x)=+ln x-2+x-b,g'(x)=-+1=- ) - ).令g'(x)=0,得x1=-2,x2=1.令g'(x)>0,得x∈(1,e);令g'(x)<0,得x∈, ,所以x=1是g(x)在区间[e-1,e]上唯一的极小值点,也是唯一的最小值点, 所以g(x)min=g(1)=1-b.因为g(x)在区间[e-1,e]上有两个零点,所以只须 )0,0,)0⇒,- ,- ,所以1<b≤ +-1.8.(2019天津七校联考)已知函数f(x)=ax ln x(a∈R)的极小值为-.(1)求a的值;(2)任取两个不等的正数x1,x2,且x1<x2,若存在正数x0,使得f'(x0)=)-)-成立,求证:x1<x0<x2.(1)解显然a≠0,f'(x)=a(1+ln x),令f'(x)=0,解得x=.当a>0时,若0<x<,则f'(x)<0,f(x)为减函数;若x>,则f'(x)>0,f(x)为增函数,所以f(x)在x=处取得极小值,所以f=-,解得a=1.当a<0时与题意不符,综上可知,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=x ln x,则f'(x)=1+ln x.f'(x0)=1+ln x0,1+ln x0=)-)-,即ln x0=)-)--1.ln x0-ln x1=)-)--1-ln x1=---1=--1=---1.设=t,t∈(0,1),则g(t)=---1=---,t∈(0,1).再设h(t)=t-ln t-1,t∈(0,1),则h'(t)=1-<0,h(t)在区间(0,1)内是减函数, 所以h(t)>h(1)=0,即t-ln t-1>0,又1-t>0,所以g(t)>0,即ln x0-ln x1>0,所以ln x0>ln x1,所以x0>x1,同理可证得x0<x2,故x1<x0<x2.。