2019年高考数学(理科)大二轮复习练习：专题二 函数与导数 专题能力训练8

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。