2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立及相關(guān)問題 文 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用訓(xùn)練提示:在討論方程的根的個數(shù)、研究函數(shù)圖象與x軸(或某直線)的交點個數(shù)、不等式恒成立等問題時,常常需要求出其中參數(shù)的取值范圍,這類問題的實質(zhì)就是函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的極(最)值的應(yīng)用.1.(xx云南省第一次統(tǒng)一檢測)已知函數(shù)f(x)=ln x-.(1)求證:f(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增;(2)若fx(3x-2)<-,求實數(shù)x的取值范圍.(1)證明:由已知得f(x)的定義域為(0,+).因為f(x)=ln x-,所以f(x)=-=.因為x>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.所以當(dāng)x>0時,f(x)>0.所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.(2)解:因為f(x)=ln x-,所以f(1)=ln 1-=-.由fx(3x-2)<-得fx(3x-2)<f(1).由(1)得解得-<x<0或<x<1.所以實數(shù)x的取值范圍為(-,01)(,11).2.(xx廣西玉林市貴港市4月聯(lián)考)定義在(0,+)上的三個函數(shù)f(x),g(x),h(x),已知f(x)=ln x,g(x)=x2-af(x),h(x)=x-a,且g(x)在x=1處取得極值.(1)求a的值及h(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)求證:當(dāng)1<x<e2時,恒有x<.(1)解:由題意得,g(x)=x2-af(x)=x2-aln x,所以g(x)=2x-.因為g(x)在x=1處取得極值,所以g(1)=2-a=0,所以a=2,所以h(x)=x-2,h(x)=1-.令h(x)=1->0,得x>1,所以h(x)在(1,+)上為增函數(shù);令h(x)=1-<0,得0<x<1,所以h(x)在(0,1)上為減函數(shù).(2)證明:因為1<x<e2,所以0<ln x<2,所以2-ln x>0,即2-f(x)>0.要證x<,只需證x2-f(x)<2+f(x),即證f(x)>.記k(x)=f(x)-=ln x-,則k(x)=.所以當(dāng)1<x<e2時,k(x)>0,k(x)在(1,e2)上為增函數(shù).所以k(x)>k(1)=0,所以ln x->0,所以ln x>.所以當(dāng)1<x<e2時,恒有x<.3.(xx吉林長春市質(zhì)量監(jiān)測二)已知函數(shù)f(x)=x2-ax-aln x(aR).(1)若函數(shù)f(x)在x=1處取得極值,求a的值;(2)在(1)的條件下,求證:f(x)-+-4x+;(3)當(dāng)xe,+)時,f(x)0恒成立,求a的取值范圍.(1)解:f(x)=2x-a-,由題意可得f(1)=0,解得a=1.經(jīng)檢驗,a=1時f(x)在x=1處取得極值,所以a=1.(2)證明:由(1)知,f(x)=x2-x-ln x令g(x)=f(x)- (-+-4x+1)=-+3x-ln x-由g(x)=x2-3x+3-=-3(x-1)=(x>0),可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+)上是增函數(shù),所以g(x)g(1)=0,所以f(x)-+-4x+成立.(3)解:由xe,+)知,x+ln x>0,所以f(x)0恒成立等價于a在xe,+)時恒成立.令h(x)=,xe,+),有h(x)=>0,所以h(x)在e,+)上是增函數(shù),有h(x)h(e)=,所以a.即a的取值范圍為(-,.4.(xx山東淄博市一模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-ax+ln x(a為常數(shù)).(1)當(dāng)a=3時,求函數(shù)f(x)的極值;(2)當(dāng)0<a<2時,試判斷f(x)的單調(diào)性;(3)對任意x0,1,使不等式f(x0)<mln a對任意a(0, )恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.解:依題意f(x)=+2x-a,(1)函數(shù)的定義域為(0,+),當(dāng)a=3時,f(x)=x2-3x+ln x,f(x)=,當(dāng)<x<1時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)0<x<,或x>1時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;所以f(x)極小值=f(1)=-2,f(x)極大值=f()=-ln 2.(2)函數(shù)的定義域為(0,+),f(x)=2x+-a,因為2x+2,(當(dāng)且僅當(dāng)x=時,等號成立)因為0<a<2,所以f(x)=2x+-a>0在(0,+)上恒成立,故f(x)在(0,+)上是增函數(shù).(3)當(dāng)a(0, )時,由(2)知,f(x)在,1上單調(diào)遞增,所以f(x)max=f(1)=1-a.故問題等價于:當(dāng)a(0, )時,不等式1-a<mln a恒成立,即m<恒成立.記g(a)=,則g(a)=,令M(a)=-aln a-1+a,M(a)=-ln a>0,所以M(a)在a(0, )上單調(diào)遞增,M(a)<M()=(ln 2-1)<0,故g(a)<0,所以g(a)=在a(0, )上單調(diào)遞減,所以m=-,即實數(shù)m的取值范圍為(-,-. 類型:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.已知P(x,y)為函數(shù)y=1+ln x圖象上一點,O為坐標(biāo)原點,記直線OP的斜率k=f(x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(m,m+) (m>0)上存在極值,求實數(shù)m的取值范圍;(2)設(shè)g(x)=xf(x)-1,若對任意x(0,1)恒有g(shù)(x)<-2,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)由題意k=f(x)=,x>0,所以f(x)= ( )=-當(dāng)0<x<1時,f(x)>0;當(dāng)x>1時,f(x)<0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,故f(x)在x=1處取得極大值.因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(m,m+) (其中m>0)上存在極值,所以得<m<1.即實數(shù)m的取值范圍是(,1).(2)g(x)=,由題可知,當(dāng)a<0時,g(x)>0,不合題意.當(dāng)a>0時,由g(x)<-2,可得ln x+<0,設(shè)h(x)=ln x+,則h(x)=.設(shè)t(x)=x2+(2-4a)x+1,=(2-4a)2-4=16a(a-1),若0<a1,則0,t(x)>0,h(x)>0,所以h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(1)=0,所以h(x)<h(1)=0.所以0<a1符合條件.若a>1,則>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,所以存在x0(0,1),使得t(x0)=0,則h(x)在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,又h(1)=0,所以當(dāng)x(x0,1)時,h(x)>0,不合要求.綜合可得0<a1.即a的取值范圍是(0,1.2.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-4(aR),f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)當(dāng)a=2時,對任意的m-1,1,n-1,1,求f(m)+f(n)的最小值;(2)若存在x0(0,+),使f(x0)>0,求a的取值范圍.解:(1)由題意知f(x)=-x3+2x2-4,f(x)=-3x2+4x,令f(x)=0,得x=0或.當(dāng)x在-1,1上變化時,f(x),f(x)隨x的變化情況如表:x-1(-1,0)0(0,1)1f(x)-7-0+1f(x)-1-4-3所以對于m-1,1,f(m)的最小值為f(0)=-4,因為f(x)=-3x2+4x的對稱軸為x=,且拋物線開口向下,所以對于n-1,1,f(n)的最小值為f(-1)=-7.所以f(m)+f(n)的最小值為-11.(2)因為f(x)=-3x(x-).若a0,當(dāng)x>0時,f(x)<0,所以f(x)在0,+)上單調(diào)遞減,又f(0)=-4,則當(dāng)x>0時,f(x)<-4.所以當(dāng) a0時,不存在x0>0,使f(x0)>0.若a>0,則當(dāng)0<x<時,f(x)>0,當(dāng)x>時,f(x)<0.從而f(x)在(0,上單調(diào)遞增,在,+)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x(0,+)時,f(x)max=f()=-+-4.根據(jù)題意,-4>0,即a3>27,解得a>3.綜上,a的取值范圍是(3,+).3.已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1,x(0,+),g(x)=x3-ax.(1)求曲線f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)求函數(shù)f(x)的最大值;(3)若對任意x1(0,+),總存在x21,2使得f(x1)g(x2)成立,求a的取值范圍.解:(1)因為f(x)=ln x-x+1(x>0),所以f(x)=-1=,所以f(1)=0,由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知曲線f(x)在點(1,0)處的切線的斜率為0,故所求切線方程為y=0.(2)由(1)知f(x)=-1=,所以當(dāng)0<x<1時,f(x)>0;當(dāng)x>1時,f(x)<0,所以f(x)f(1)=0,所以f(x)的最大值為0.(3)依題意f(x1)maxg(x2)max其中x1(0,+),x21,2,由(2)知f(x1)max=f(1)=0,問題轉(zhuǎn)化為:存在x1,2,使得x3-ax0a(x2)max=4,其中x1,2,所以a4.即a的取值范圍為(-,4.4.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x,aR.(1)若f(1)=0,求函數(shù)f(x)的最大值;(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)若a=-2,正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明x1+x2.(1)解:因為f(1)=1-=0,所以a=2,此時f(x)=ln x-x2+x,x>0,f(x)=-2x+1=(x>0),由f(x)=0,得x=1,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,故當(dāng)x=1時函數(shù)有極大值,也是最大值,所以f(x)的最大值為f(1)=0.(2)解:g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=-ax+(1-a)=.當(dāng)a0時,因為x>0,所以g(x)>0.所以g(x)在(0,+)上是遞增函數(shù),當(dāng)a>0時,g(x)=-,令g(x)=0,得x=.所以當(dāng)x(0, )時,g(x)>0;當(dāng)x(,+)時,g(x)<0,因此函數(shù)g(x)在x(0, )是增函數(shù),在x(,+)是減函數(shù).綜上,當(dāng)a0時,函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0,+),無遞減區(qū)間;當(dāng)a>0時,函數(shù)g(x)的遞增區(qū)間是(0, ),遞減區(qū)間是(,+).(3)證明:當(dāng)a=-2時,f(x)=ln x+x2+x,x>0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0.從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln (x1x2).令t=x1x2,則由(t)=t-ln t得,(t)=.可知,(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增.所以(t)(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)1,因為x1>0,x2>0,因此x1+x2成立.5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點A(11,0),函數(shù)y=的圖象上的動點P在x軸上的射影為H,且點H在點A的左側(cè),設(shè)|PH|=t,APH的面積為f(t). (1)求函數(shù)f(t)的解析式及t的取值范圍;(2)若a(0,2),求函數(shù)f(t)在(0,a上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以點P的橫坐標(biāo)為t2-1,因為點H在點A的左側(cè),所以t2-1<11,即-2<t<2.由已知t>0,所以0<t<2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以APH的面積為f(t)=(12-t2)t,t(0,2).(2)f(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f(t)=0,得t=-2(舍去)或t=2.函數(shù)f(t)與f(t)在定義域上的情況如表:t(0,2)2(2,2)f(t)+0-f(t)極大值當(dāng)0<a2時,f(t)在(0,a上單調(diào)遞增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,當(dāng)2<a<2時,f(t)在(0,2上單調(diào)遞增,(2,a上單調(diào)遞減,f(t)max=f(2)=8.綜上f(t)max=