《新編高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題二 函數(shù)與導數(shù) 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《新編高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題二 函數(shù)與導數(shù) 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、 專題能力訓練8利用導數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍能力突破訓練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.已知函數(shù)f(x)=(x2-2x+1)ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)定義:若函數(shù)h(x)在區(qū)間s,t(s0成立,求實數(shù)k的取值范圍;(3)當nm1(m,nN*)時,證明:nmmnmn.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)1x-e1-x在區(qū)間(1,

2、+)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)=12x2.(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+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

3、解.思維提升訓練7.已知函數(shù)f(x)=13x3+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,x0,12a時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調遞增,x12a,+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0,12a,單調減區(qū)間為12a,+.(2)由(1)知,f(1)=0.當a0時,f(x)單調遞增,所以當x(0,1)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.當0a1,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.所

4、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.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.當a12時,012a0,f(x)單調遞增,當x(1,+)時,f(x)12.2.解(1)f(x)=(x2-1)ex,令f(x)=0解得x=-1或x=1,因為ex0,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(shù)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(

5、-1,1).(2)由(1)知函數(shù)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(1s1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)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(shù)根,因此函數(shù)f(x)在(1,+)內不存在“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(

6、x)=x+xlnx,若f(x)kx2對任意x0成立,則k1+lnxx對任意x0成立.令g(x)=1+lnxx,則問題轉化為求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nlnnn-1mlnmm-1,mnlnn-nlnnmnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn,lnnmn+lnmmlnmmn+lnnn.整理,得ln(mnn)mln(nmm)n.(mnn)m(nmm)n,nmm

7、nmn.4.解(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).當a0時,f(x)0時,由f(x)=0,有x=12a.此時,當x0,12a時,f(x)0,f(x)單調遞增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,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)-lnxg(x)在區(qū)間(1,+)內恒成立時,必有a0.當0a1.由(1)有f12a0,所以此時f(x)g(x)在區(qū)間(1,+)內不恒成立.當a12時,令h(x)=f(x)-g(

8、x)(x1).當x1時,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.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,a12,+.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x1,e知x-lnx0,因而a12x2-xx-lnx.設y=12x2-xx-lnx,則y=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x-lnx)2=(x-1)12x+1-ln

9、x(x-lnx)2.當x(1,e)時,x-10,12x+1-lnx0,y0在x1,e時成立.由不等式有解,可得aymin=-12,即實數(shù)a的取值范圍是-12,+.(2)當a=1時,f(x)=lnx.由mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)mg(x2)-x2f(x2)恒成立,設t(x)=m2x2-xlnx(x0).由題意知x1x20,則當x(0,+)時函數(shù)t(x)單調遞增,t(x)=mx-lnx-10恒成立,即mlnx+1x恒成立.因此,記h(x)=lnx+1x,得h(x)=-lnxx2.函數(shù)在區(qū)間(0,1)上單調遞增,在區(qū)間(1,+)上單調

10、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)-2lnx-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.當0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x1).由u(x)=1-1x0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內單調遞增.所以0=u(1)

11、1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+e-1=e-21+e-11.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.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=4-4a,當a1時,0,則f(x)0,此時f(x)在R上是增函數(shù);

12、當a0,解得x-1+1-a,解不等式x2+2x+a0,解得-1-1-ax-1+1-a,此時,函數(shù)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(-,-1-1-a)和(-1+1-a,+),單調遞減區(qū)間為(-1-1-a,-1+1-a).(2)f(x0)-f12=13x03+x02+ax0+1-13123-122-a12-1=13x03-123+x02-122+ax0-12=13x0-12x02+x02+14+x0-12x0+12+ax

13、0-12=x0-12x023+x06+112+x0+12+a=112x0-12(4x02+14x0+7+12a).若存在x00,1212,1,使得f(x0)=f12,則4x02+14x0+7+12a=0在0,1212,1內有解.由a0,故方程4x02+14x0+7+12a=0的兩根為x1=-7-21-48a4,x2=-7+21-48a4.由x00,得x0=x2=-7+21-48a4,依題意,0-7+21-48a41,即721-48a11,所以4921-48a121,即-2512a-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x00,1212,1滿足f(x0)=f12,當a-,-2512-54-712,0時,不存在x00,1212,1滿足f(x0)=f12.