2019年高考數(shù)學(xué)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)解不等式及參數(shù)的取值范圍 理1.設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR.(1)令g(x)=f(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實(shí)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(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)定義:若函數(shù)h(x)在區(qū)間s,t(s<t)上的取值范圍為s,t,則稱區(qū)間s,t為函數(shù)h(x)的“域同區(qū)間”.試問函數(shù)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(qǐng)說(shuō)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(duì)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(duì)任意x>0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;(3)當(dāng)n>m>1(m,nN*)時(shí),證明:.4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(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)>-e1-x在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立(e=2.718為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).5.設(shè)函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x2.(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x1,e內(nèi)有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對(duì)任意的x1>x2>0,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)=x3+x2+ax+1(aR).(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,使得f(x0)=f.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)=-2a=,當(dāng)a0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時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a0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,單調(diào)減區(qū)間為(2)由(1)知,f(1)=0.當(dāng)a0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)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.當(dāng)0<a<時(shí),>1,由(1)知f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)<0,x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)間內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)a=時(shí),=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.當(dāng)a>時(shí),0<<1,當(dāng)x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>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<s<t),則必有f(s)=s且f(t)=t,也就是說(shuō)方程(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+)上至少存在兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根.方程可以轉(zhuǎn)化為x2-2x+1=,令g(x)=,g(x)=,顯然x>1使得g(x)<0恒成立,g(x)=在區(qū)間(1,+)內(nèi)是單調(diào)遞減的,且g(x)<g(1)=;但二次函數(shù)h(x)=x2-2x+1在區(qū)間(1,+)內(nèi)是單調(diào)遞增的,且h(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=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,+)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(duì)任意x>0成立,則k對(duì)任意x>0成立.令g(x)=,則問題轉(zhuǎn)化為求g(x)的最大值,g(x)=-令g(x)=0,解得x=1.當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)>0,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(1,+)內(nèi)是減函數(shù).故g(x)在x=1處取得最大值g(1)=1,k1即為所求.(3)令h(x)=,則h(x)=由(2)知,x1+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>mnlnm+nlnn,lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn.整理,得ln(mnn)m>ln(nmm)n.(mnn)m>(nmm)n,4.解(1)f(x)=2ax-(x>0).當(dāng)a0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=此時(shí),當(dāng)x時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.(2)令g(x)=,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)a0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.當(dāng)0<a<時(shí),>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x1).當(dāng)x>1時(shí),h(x)=2ax-e1-x>x->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,a5.解(1)不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x),即alnx+2x(a+3)x-x2,化簡(jiǎn),得a(x-lnx)x2-x.由x1,e知x-lnx>0,因而a設(shè)y=,則y=當(dāng)x(1,e)時(shí),x-1>0,x+1-lnx>0,y>0在x1,e時(shí)成立.由不等式有解,可得aymin=-,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2)當(dāng)a=1時(shí),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(shè)t(x)=x2-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-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(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m1,結(jié)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?yàn)?0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2lnx-2,所以g(x)=2-當(dāng)0<a<時(shí),g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)a時(shí),g(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明由f(x)=2(x-a)-2lnx-2=0,解得a=令(x)=-2lnx+x2-2x-2則(1)=1>0,(e)=-2<0.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-lnx(x1).由u(x)=1-0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.所以0=a0<<1.即a0(0,1).當(dāng)a=a0時(shí),有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,故當(dāng)x(1,x0)時(shí),f(x)<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=4-4a,當(dāng)a1時(shí),0,則f(x)0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a<1時(shí),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(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1-,-1+).綜上所述,當(dāng)a1時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+);當(dāng)a<1時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-)和(-1+,+),單調(diào)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(nèi)有解.由a<0,得=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4+14x0+7+12a=0的兩根為x1=,x2=由x0>0,得x0=x2=,依題意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-,又由得a=-,故要使?jié)M足題意的x0存在,則a-綜上,當(dāng)a時(shí),存在唯一的x0滿足f(x0)=f,當(dāng)a時(shí),不存在x0滿足f(x0)=f