《（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理1.設f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR.(1)令g(x)=f(x),求g(x)的單調區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實數(shù)a的取值范圍.2.(2018全國,理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當-1x0時,f(x)0時,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的極大值點,求a.3.已知函數(shù)f(x)=ax+xln x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.(1)求實數(shù)a的值;(2)若f(x)kx2對任意x0

2、成立,求實數(shù)k的取值范圍;(3)當nm1(m,nN*)時,證明:.4.設函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(1)討論f(x)的單調性;(2)確定a的所有可能取值,使得f(x)-e1-x在區(qū)間(1,+)內恒成立(e=2.718為自然對數(shù)的底數(shù)).5.設函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x2.(1)記g(x)為g(x)的導函數(shù),若不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x)在x1,e內有解,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對任意的x1x20,不等式mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(mZ,m1)的值.6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x

3、+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù),討論g(x)的單調性;(2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內有唯一解.二、思維提升訓練7.已知函數(shù)f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)當a0,函數(shù)g(x)單調遞增;當a0時,x時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調遞增,x時,函數(shù)g(x)單調遞減.所以當a0時,g(x)的單調增區(qū)間為(0,+);當a0時,g(x)單調增區(qū)間為,單調減區(qū)間為(2)由(1)知,f(1)=0.當a0時,f(x)單調遞增,所以當x(0,1)時,f(

4、x)0,f(x)單調遞增.所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當0a1,由(1)知f(x)在區(qū)間內單調遞增,可得當x(0,1)時,f(x)0.所以f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間內單調遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當a=時,=1,f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞增,在區(qū)間(1,+)內單調遞減,所以當x(0,+)時,f(x)0,f(x)單調遞減,不合題意.當a時,00,f(x)單調遞增,當x(1,+)時,f(x)2.解 (1)當a=0時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-,設函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-,則g(x

5、)=,當-1x0時,g(x)0時,g(x)0.故當x-1時,g(x)g(0)=0,且僅當x=0時,g(x)=0,從而f(x)0,且僅當x=0時,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)內單調遞增.又f(0)=0,故當-1x0時,f(x)0時,f(x)0.(2)若a0,由(1)知,當x0時,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.若a0,設函數(shù)h(x)=ln(1+x)-由于當|x|0,故h(x)與f(x)符號相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點.h(x)=若6a+10,則當0x-,且|x|0

6、,故x=0不是h(x)的極大值點.若6a+10,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故當x(x1,0),且|x|min時,h(x)0;當x(0,1)時,h(x)0成立,則k對任意x0成立.令g(x)=,則問題轉化為求g(x)的最大值,g(x)=-令g(x)=0,解得x=1.當0x0,g(x)在區(qū)間(0,1)內是增函數(shù);當x1時,g(x)0),h(x)0,h(x)是區(qū)間(1,+)內的增函數(shù).nm1,h(n)h(m),即,mnln n-nln nmnln m-mln m,即mnln n+mln mmnln m+nln n,ln nmn+ln mmln mmn+ln nn.整理,得ln(m

7、nn)mln(nmm)n.(mnn)m(nmm)n,4.解 (1)f(x)=2ax-(x0).當a0時,f(x)0時,由f(x)=0,有x=此時,當x時,f(x)0,f(x)單調遞增.(2)令g(x)=,s(x)=ex-1-x.則s(x)=ex-1-1.而當x1時,s(x)0,所以s(x)在區(qū)間(1,+)內單調遞增.又由s(1)=0,有s(x)0,從而當x1時,g(x)0.當a0,x1時,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在區(qū)間(1,+)內恒成立時,必有a0.當0a1.由(1)有f0,所以此時f(x)g(x)在區(qū)間(1,+)內不恒成立.當a時,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).當

8、x1時,h(x)=2ax-e1-xx-0.因此,h(x)在區(qū)間(1,+)單調遞增.又因為h(1)=0,所以當x1時,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.綜上,a5.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x1,e知x-ln x0,因而a設y=,則y=當x(1,e)時,x-10,x+1-ln x0,y0在x1,e時成立.由不等式有解,可得aymin=-,即實數(shù)a的取值范圍是(2)當a=1時,f(x)=ln x.由mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg

9、(x1)-x1f(x1)mg(x2)-x2f(x2)恒成立,設t(x)=x2-xln x(x0).由題意知x1x20,則當x(0,+)時函數(shù)t(x)單調遞增,t(x)=mx-ln x-10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)上單調遞增,在區(qū)間(1,+)上單調遞減,函數(shù)h(x)在x=1處取得極大值,并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m1,結合已知條件mZ,m1,可得m=1.6.(1)解 由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g(x)=2-當0a0,(e)=-

10、20.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內單調遞增.所以0=a01.即a0(0,1).當a=a0時,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,+)內單調遞增,故當x(1,x0)時,f(x)f(x0)=0;當x(x0,+)時,f(x)0,從而f(x)f(x0)=0.所以,當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,+)內恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內有唯一解.二、思維提升訓練7.解 (1)f(x)=x2+2x+a

11、,方程x2+2x+a=0的判別式為=4-4a,當a1時,0,則f(x)0,此時f(x)在R上是增函數(shù);當a0,解得x-1+,解不等式x2+2x+a0,解得-1-x-1+,此時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調遞減區(qū)間為(-1-,-1+).綜上所述,當a1時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(-,+);當a1時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調遞減區(qū)間為(-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,則4+14x0+7+12a=0在內有解.由a0,故方程4+14x0+7+12a=0的兩根為x1=,x2=由x00,得x0=x2=,依題意,01,即711,所以4921-48a121,即-a-,又由得a=-,故要使?jié)M足題意的x0存在,則a-綜上,當a時,存在唯一的x0滿足f(x0)=f,當a時,不存在x0滿足f(x0)=f