2、?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(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(shí)數(shù)a的值;
(2)若f(x)≤kx2對任意x>0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;
(3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時(shí),證明:nmmn>mn.
4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)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(nèi)恒成立
3、(e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)).
5.設(shè)函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=12x2.
(1)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,求實(shí)數(shù)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)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.
6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x+x
4、2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;
(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.
思維提升訓(xùn)練
7.已知函數(shù)f(x)=13x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)a<0時(shí),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(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及
參數(shù)的取值范圍
5、
能力突破訓(xùn)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(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,+∞)時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),x∈0,12a時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x∈12a,+∞時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.
所以當(dāng)a≤0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);
當(dāng)a>0時(shí),g(x)單調(diào)增區(qū)間為0,12a,單調(diào)減區(qū)間為12a,+∞.
(2)由(1)知,f(1)=0.
①當(dāng)a≤0時(shí),f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)
6、遞減.
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
②當(dāng)01,由(1)知f(x)在區(qū)間0,12a內(nèi)單調(diào)遞增,
可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)<0,x∈1,12a時(shí),f(x)>0.
所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間1,12a內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.
③當(dāng)a=12時(shí),12a=1,f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.
④當(dāng)a>12時(shí),0<12a<1,當(dāng)x∈12
7、a,1時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.
綜上可知,實(shí)數(shù)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?yàn)閑x>0,且在區(qū)間(-∞,-1)和(1,+∞)內(nèi)f(x)>0,在區(qū)間(-1,1)上f(x)<0,所以函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1)和(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,1).
(2)由(1)知函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,若存在“域同區(qū)間”[s,t](1<
8、s1使得g(x)<0恒成立,g(x)=xex在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)是單調(diào)遞減的,且g(x)h(1)=0;所以g(x),h(x)的圖象在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一的交點(diǎn),方程x2-2x+1=xex即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不存在兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根,因此函數(shù)f(x)在(1
9、,+∞)內(nèi)不存在“域同區(qū)間”.
3.解(1)∵f(x)=ax+xlnx,∴f(x)=a+lnx+1.
又f(x)的圖象在點(diǎn)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(zhuǎn)化為求g(x)的最大值,g(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.
令g(x)=0,解得x=1.
當(dāng)00,
∴g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);
當(dāng)x>1時(shí),g(x)<0,
∴g(x)在區(qū)間(
10、1,+∞)內(nèi)是減函數(shù).
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(nèi)的增函數(shù).
∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即nlnnn-1>mlnmm-1,
∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,
即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn,
∴l(xiāng)nnmn+lnmm>lnmmn+lnnn.
整理,得ln(mnn)m>ln(nmm)n.
∴(mnn)m>(nmm)n,∴nmmn>mn.
4.
11、解(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
當(dāng)a≤0時(shí),f(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時(shí),由f(x)=0,有x=12a.
此時(shí),當(dāng)x∈0,12a時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈12a,+∞時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.
則s(x)=ex-1-1.
而當(dāng)x>1時(shí),s(x)>0,
所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.
當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故
12、當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.
當(dāng)01.
由(1)有f12a0,
所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.
當(dāng)a≥12時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當(dāng)x>1時(shí),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(diào)遞增.
又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),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)
13、+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a≥12x2-xx-lnx.設(shè)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(dāng)x∈(1,e)時(shí),x-1>0,12x+1-lnx>0,
∴y>0在x∈[1,e]時(shí)成立.
由不等式有解,可得a≥ymin=-12,
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是-12,+∞.
(2)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx.
由m[g(x1)-g(x
14、2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立,
設(shè)t(x)=m2x2-xlnx(x>0).
由題意知x1>x2>0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)函數(shù)t(x)單調(diào)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(shù)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,
∴函數(shù)h(x)在x=1處取得極大值,并且這個(gè)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,結(jié)合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=
15、1.
6.(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
g(x)=f(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax,
所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.
當(dāng)0
16、x-12+x-1-lnx1+x-1.
則φ(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(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
所以0=u(1)1+1
17、)<0,從而f(x)>f(x0)=0;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0.
所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)≥0.
綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.
思維提升訓(xùn)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(dāng)a≥1時(shí),Δ≤0,則f(x)≥0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù);
②當(dāng)a<1時(shí),方程x2+2x+a=0兩根分別為x1=-1-1-a,x2=-1+1-a,
解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-1-a或x>
18、-1+1-a,
解不等式x2+2x+a<0,解得-1-1-a
19、x02+14+x0-12
x0+12+ax0-12=x0-12x023+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(nèi)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=-7-21-48a4,x2=-7+21-48a4.
由x0>0,得x0=x2=-7+21-48a4,
依題意,0<-7+21-48a4<1,即7<21-48a<11,所以49<21-48a<121,即-2512
高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 Word版含答案
