備戰(zhàn)2019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)解不等式參數(shù)的取值范圍理

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、能力打破訓(xùn)練1.設(shè)f(x)lnx-ax2(21)x,∈R=x+a-a.令g(x)=f'(x),求g(x)的單一區(qū)間;已知f(x)在x=1處獲得極大值,務(wù)實數(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.若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時,f(x)<0;當(dāng)x>0時,f(x)>0;若x=0是f(x)的極大值點,求a.3.已知函數(shù)f(x)=ax+xlnx的圖象在x=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線的斜率為3.務(wù)實數(shù)a的值;若f(x)≤kx2對隨意x>0建立,務(wù)實數(shù)k的取值范圍;*(3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N)時,證明:4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-lnx,此中議論f(x)的單一性;確立a的全部可能取值,使得數(shù)).

.a∈R.1-xf(x)>-e在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立(e=2.718為自然對數(shù)的底5.設(shè)函數(shù)f(x)=alnx,g(x)=x2.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)在x∈[1,e]內(nèi)有解,務(wù)實數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對隨意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒建立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,此中a>0.設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),議論g(x)的單一性;證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有獨一解.二、思想提高訓(xùn)練7.已知函數(shù)f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間;(2)當(dāng)a<0時,試議論能否存在x0∈,使得f(x0)=f.2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、能力打破訓(xùn)練1.解(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得( )ln22,∈(0,).gx=x-ax+ax+∞則g'(x)=-2a=,當(dāng)a≤0時,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單一遞加;當(dāng)a>0時,x時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單一遞加,x時,函數(shù)g(x)單一遞減.所以當(dāng)a≤0時,()的單一增區(qū)間為(0,+∞);gx當(dāng)0時,(x)單一增區(qū)間為,單一減區(qū)間為a>g(2)由(1)知,f'(1)=0.①當(dāng)a≤0時,f'(x)單一遞加,所以當(dāng)x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單一遞減.當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單一遞加.所以f(x)在x=1處獲得極小值,不合題意.②當(dāng)0<a<時,>1,由(1)知f'(x)在區(qū)間內(nèi)單一遞加,可適當(dāng)x∈(0,1)時,f'(x)<0,x時,f'(x)>0.所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單一遞減,在區(qū)間內(nèi)單一遞加,所以f(x)在x=1處獲得極小值,不合題意.③當(dāng)a=時,1,(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單一遞加,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞減,=f'所以當(dāng)x∈(0,+∞)時,f'(x)≤0,f(x)單一遞減,不合題意.④當(dāng)a>時,0<<1,當(dāng)x時,f'(x)>0,f(x)單一遞加,當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單一遞減,所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為a>2.解(1)當(dāng)a=0時,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)-1<x<0時,g'(x)<0;當(dāng)x>0時,g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時,g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時,g(x)=0,進而f'(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)內(nèi)單一遞加.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時,f(x)<0;當(dāng)x>0時,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.3②若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)==ln(1+x)-因為當(dāng)|x|<min時,220,故()與f(x)符號同樣.+x+ax>hx又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點.h'(x)=若610,則當(dāng)0,且|x|<min時,h'( )0,故0不是()的極大值點.a+><x<-x>x=hx2211且|x|<min時,h'(x)<0,若6a+1<0,則ax+4ax+6a+1=0存在根x<0,故當(dāng)x∈(x,0),所以0不是(x)的極大值點.x=h若6a+1=0,則h'(x)=則當(dāng)x∈(-1,0)時,h'(x)>0;當(dāng)x∈(0,1)時,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的極大值點,進而x=0是f(x)的極大值點.綜上,a=-3.解(1)∵f(x)=ax+xlnx,∴f'(x)=a+lnx+1.又f(x)的圖象在點x=e處的切線的斜率為3,∴f'(e)=3,即a+lne+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xlnx,若f(x)≤kx2對隨意x>0建立,則k對隨意x>0建立.令( )=,則問題轉(zhuǎn)變?yōu)榍?)的最大值,g'()==-gxgxx令g'(x)=0,解得x=1.當(dāng)0<x<1時,g'(x)>0,∴g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);當(dāng)x>1時,g'(x)<0,∴g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)是減函數(shù).故g(x)在x=1處獲得最大值g(1)=1,∴k≥1即為所求.(3)證明:令( ),則h'()=hx=x由(2)知,x≥1+lnx(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,∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnm>mnlm+nlnn,mnmmnn∴l(xiāng)nn+lnm>lnm+lnn.4nmmn.整理,得ln(mn)>ln(nm)nmmn∴(mn)>(nm),4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).當(dāng)a≤0時,f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單一遞減.當(dāng)a>0時,由f'(x)=0,有x=此時,當(dāng)x時,f'()0,f(x)單一遞減;x<當(dāng)x時,f'()0,f(x)單一遞加.x>(2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.則s'(x)=ex-1-1.而當(dāng)x>1時,s'(x)>0,所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞加.又由s(1)=0,有s(x)>0,進而當(dāng)x>1時,g(x)>0.當(dāng)a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建即刻,必有a>0.當(dāng)0<a<時,>1.由(1)有f<f(1)0,而g0,=>所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒建立.當(dāng)a時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).當(dāng)x>1時,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.所以,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單一遞加.又因為h(1)0,所以當(dāng)1時,( )()-g( )0,即f( )()恒建立.=x>hx=fxx>x>gx綜上,a5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即alnx+2x≤(a+3)x-x2,化簡,得a(x-lnx)x2-x.由x∈[1,e]知x-lnx>0,因此a設(shè)y=,5則y'=∵當(dāng)x∈(1,e)時,x-1>0,x+1-lnx>0,y'>0在x∈[1,e]時建立.由不等式有解,可得a≥ymin=-,即實數(shù)a的取值范圍是當(dāng)a=1時,f(x)=lnx.由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒建立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒建立,設(shè)t(x)=x2-xlnx(x>0).由題意知x1>x2>0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時函數(shù)t(x)單一遞加,∴t'( )ln1≥0恒建立,即m恒建立.x=mx-x-所以,記h(x)=,得h'(x)=∵函數(shù)在區(qū)間(0,1)上單一遞加,在區(qū)間(1,+∞)上單一遞減,∴函數(shù)h(x)在x=1處獲得極大值,而且這個極大值就是函數(shù)h(x)的最大值.由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,聯(lián)合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),()=f'(x)2(x-a)-2lnx-2,gx=所以g'(x)=2-當(dāng)0<a<時,g(x)在區(qū)間內(nèi)單一遞加,在區(qū)間內(nèi)單一遞減;當(dāng)a時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單一遞加.(2)證明由f'()2()-2lnx-20,解得a=x=x-a=6令φ(x)=-2lnx+x2-2x-2則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-lnx(x≥1).由u'( )10知,函數(shù)()在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞加.x=-ux所以0==a0<<1.即a0∈(0,1).當(dāng)a=a0時,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞加,故當(dāng)x∈(1,x0)時,f'(x)<0,進而f(x)>f(x0)=0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,進而f(x)>f(x0)=0.所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)≥0.綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有獨一解.二、思想提高訓(xùn)練7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的鑒別式為=4-4a,①當(dāng)a≥1時,Δ≤0,則f'(x)≥0,此時f(x)在R上是增函數(shù);②當(dāng)a<1時,方程x2+2x+a=0兩根分別為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+,此時,函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為(-∞,-1-)和(-1+,+∞),單一遞減區(qū)間為(-1-,-1+).綜上所述,當(dāng)≥1時,函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為(,+∞);a-∞當(dāng)1時,函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為(,1-)和(1,+∞),單一遞減區(qū)間為a<-∞--+(-1-,-1+).(2)f(0)-f01-a-1x+ax+-=+a=+a+x+(4+14x+7