《高三理科數學新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題二 函數與導數 專題能力訓練8 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數學新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題二 函數與導數 專題能力訓練8 Word版含答案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數學精品復習資料 2019.5 專題能力訓練8　利用導數解不等式及參數的取值范圍 能力突破訓練 1.設f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (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a的取值范圍. 2.已知函數f(x)=(x2-2x+1)ex(其中e為自然對數的底數). (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)定義:若函數h(x)在區(qū)間[s,t](s<t)上的

2、取值范圍為[s,t],則稱區(qū)間[s,t]為函數h(x)的“域同區(qū)間”.試問函數f(x)在(1,+∞)上是否存在“域同區(qū)間”?若存在,求出所有符合條件的“域同區(qū)間”;若不存在,請說明理由. 3.已知函數f(x)=ax+xln x的圖象在x=e(e為自然對數的底數)處的切線的斜率為3. (1)求實數a的值; (2)若f(x)≤kx2對任意x>0成立,求實數k的取值范圍; (3)當n>m>1(m,n∈N*)時,證明:nmmn>mn. 4.設函數f(x)=ax2

3、-a-ln x,其中a∈R. (1)討論f(x)的單調性; (2)確定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內恒成立(e=2.718…為自然對數的底數). 5.設函數f(x)=aln x,g(x)=12x2. (1)記g'(x)為g(x)的導函數,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]內有解,求實數a的取值范圍; (2)若a=1,對任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1

4、f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值. 6.已知函數f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)設g(x)是f(x)的導函數,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. 思維提升訓練 7.已知函數f(x)=13x3+x2+ax+1(a∈R). (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)當a&

5、lt;0時,試討論是否存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12. 參考答案 專題能力訓練8　利用導數解不等式及 參數的取值范圍 能力突破訓練 1.解(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a, 可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞). 則g'(x)=1x-2a=1-2axx, 當a≤0時,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數g(x)單調遞增; 當a>0時,x∈0,12a時,g'(x)>0,函數g(x)單調遞增,x∈12a,+∞時,函數g(x)單

6、調遞減. 所以當a≤0時,g(x)的單調增區(qū)間為(0,+∞); 當a>0時,g(x)單調增區(qū)間為0,12a,單調減區(qū)間為12a,+∞. (2)由(1)知,f'(1)=0. ①當a≤0時,f'(x)單調遞增,所以當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減. 當x∈(1,+∞)時,f'(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. ②當0<a<12時,12a>1,由(1)知f'(x)在區(qū)間0,12a內單調遞增, 可得當x∈(0,1)時,f'(x)<0,x

7、∈1,12a時,f'(x)>0. 所以f(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞減,在區(qū)間1,12a內單調遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意. ③當a=12時,12a=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. ④當a>12時,0<12a<1,當x∈12a,1時,f'(x)>0,f(x)單調遞增, 當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減, 所以f(x)在x=1處取極大值,合題意. 綜上

8、可知,實數a的取值范圍為a>12. 2.解(1)f'(x)=(x2-1)ex,令f'(x)=0解得x=-1或x=1,因為ex>0,且在區(qū)間(-∞,-1)和(1,+∞)內f'(x)>0,在區(qū)間(-1,1)上f'(x)<0,所以函數f(x)=(x2-2x+1)ex的單調遞增區(qū)間是(-∞,-1)和(1,+∞),單調遞減區(qū)間是(-1,1). (2)由(1)知函數f(x)=(x2-2x+1)ex在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增,若存在“域同區(qū)間”[s,t](1<s<t),則必有f(s)=s且f(t)=t,也就是說方程(x2-2x+1)e

9、x=x在區(qū)間(1,+∞)上至少存在兩個不等的實數根. 方程可以轉化為x2-2x+1=xex,令g(x)=xex,g'(x)=1-xex,顯然x>1使得g'(x)<0恒成立,g(x)=xex在區(qū)間(1,+∞)內是單調遞減的,且g(x)<g(1)=1e;但二次函數h(x)=x2-2x+1在區(qū)間(1,+∞)內是單調遞增的,且h(x)>h(1)=0;所以g(x),h(x)的圖象在區(qū)間(1,+∞)內有唯一的交點,方程x2-2x+1=xex即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+∞)內不存在兩個不等的實數根,因此函數f(x)在(1,+∞)內不存在“域同區(qū)間”.

10、 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對任意x>0成立,則k≥1+lnxx對任意x>0成立. 令g(x)=1+lnxx,則問題轉化為求g(x)的最大值,g'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2. 令g'(x)=0,解得x=1. 當0<x<1時,g'(x)>0, ∴g(x)在區(qū)間(0,1)內是

11、增函數; 當x>1時,g'(x)<0, ∴g(x)在區(qū)間(1,+∞)內是減函數. 故g(x)在x=1處取得最大值g(1)=1,∴k≥1即為所求. (3)令h(x)=xlnxx-1,則h'(x)=x-1-lnx(x-1)2. 由(2)知,x≥1+lnx(x>0),∴h'(x)≥0, ∴h(x)是區(qū)間(1,+∞)內的增函數. ∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即nlnnn-1>mlnmm-1, ∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm, 即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn, ∴l(xiāng)nnm

12、n+lnmm>lnmmn+lnnn. 整理,得ln(mnn)m>ln(nmm)n. ∴(mnn)m>(nmm)n,∴nmmn>mn. 4.解(1)f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0). 當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減. 當a>0時,由f'(x)=0,有x=12a. 此時,當x∈0,12a時,f'(x)<0,f(x)單調遞減; 當x∈12a,+∞時,f'(x)>0,f(x)單調遞增. (2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-

13、x. 則s'(x)=ex-1-1. 而當x>1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x>1時,g(x)>0. 當a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0. 故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內恒成立時,必有a>0. 當0<a<12時,12a>1. 由(1)有f12a<f(1)=0,而g12a>0, 所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內不恒成立. 當a≥12時,令h(x)=f

14、(x)-g(x)(x≥1). 當x>1時,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0. 因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)單調遞增. 又因為h(1)=0,所以當x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 綜上,a∈12,+∞. 5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x), 即alnx+2x≤(a+3)x-12x2, 化簡,得a(x-lnx)≥12x2-x. 由x∈[1,e]知x-lnx>0, 因而

15、a≥12x2-xx-lnx.設y=12x2-xx-lnx, 則y'=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x-lnx)2=(x-1)12x+1-lnx(x-lnx)2. ∵當x∈(1,e)時,x-1>0,12x+1-lnx>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-12, 即實數a的取值范圍是-12,+∞. (2)當a=1時,f(x)=lnx. 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, 設t(

16、x)=m2x2-xlnx(x>0). 由題意知x1>x2>0,則當x∈(0,+∞)時函數t(x)單調遞增, ∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥lnx+1x恒成立. 因此,記h(x)=lnx+1x,得h'(x)=-lnxx2. ∵函數在區(qū)間(0,1)上單調遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調遞減, ∴函數h(x)在x=1處取得極大值,并且這個極大值就是函數h(x)的最大值. 由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,結合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=1. 6.(1)解由已知,函數f(x)的定義域為(0,+∞), g(x)=f

17、9;(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax, 所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2. 當0<a<14時,g(x)在區(qū)間0,1-1-4a2,1+1-4a2,+∞內單調遞增, 在區(qū)間1-1-4a2,1+1-4a2內單調遞減; 當a≥14時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞增. (2)證明由f'(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1. 令φ(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1lnx+x2-2x-1-lnx1+x-1x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1. 則φ

18、(1)=1>0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0. 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=x0-1-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x≥1). 由u'(x)=1-1x≥0知,函數u(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增. 所以0=u(1)1+1<u(x0)1+x0-1=a0<u(e)1+e-1=e-21+e-1<1. 即a0∈(0,1). 當a=a0時,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增, 故當x∈(1,

19、x0)時,f'(x)<0,從而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. 思維提升訓練 7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判別式為Δ=4-4a, ①當a≥1時,Δ≤0,則f'(x)≥0,此時f(x)在R上是增函數; ②當a<1時,方程x2+2x+a=0兩根分別為x1=-1-

20、1-a,x2=-1+1-a, 解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-1-a或x>-1+1-a, 解不等式x2+2x+a<0,解得-1-1-a<x<-1+1-a, 此時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,-1-1-a)和(-1+1-a,+∞), 單調遞減區(qū)間為(-1-1-a,-1+1-a). 綜上所述,當a≥1時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞); 當a<1時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,-1-1-a)和(-1+1-a,+∞),單調遞減區(qū)間為(-1-1-a,-1+1-a). (2)f(x0)-f12=13x03+x0

21、2+ax0+1-13·123-122-a·12-1 =13x03-123+x02-122+ax0-12 =13x0-12x02+x02+14+x0-12· x0+12+ax0-12=x0-12·x023+x06+112+x0+12+a=112x0-12(4x02+14x0+7+12a). 若存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12,則4x02+14x0+7+12a=0在0,12∪12,1內有解. 由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0, 故方程4x02+14x0+7+12a=0的兩根為x1&

22、#39;=-7-21-48a4,x'2=-7+21-48a4. 由x0>0,得x0=x'2=-7+21-48a4, 依題意,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?jié)M足題意的x0存在,則a≠-54. 綜上,當a∈-2512,-54∪-54,-712時,存在唯一的x0∈0,12∪12,1滿足f(x0)=f12,當a∈-∞,-2512∪-54∪-712,0時,不存在x0∈0,12∪12,1滿足f(x0)=f12.