專題能力訓(xùn)練8利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍一、能力突破訓(xùn)練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.(2018全國(guó),理21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a.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:nmmn>mn.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)=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.二、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x00,1212,1,使得f(x0)=f12.專題能力訓(xùn)練8利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍一、能力突破訓(xùn)練1.解 (1)由f(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x(0,+).則g(x)=1x-2a=1-2axx,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),x0,12a時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x12a,+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0,12a,單調(diào)減區(qū)間為12a,+.(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<12時(shí),12a>1,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,x1,12a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.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.當(dāng)a>12時(shí),0<12a<1,當(dāng)x12a,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)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-x1+x,設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,則g(x)=x(1+x)2,當(dāng)-1<x<0時(shí),g(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),g(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f(x)0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0.(2)若a0,由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾.若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)= f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于當(dāng)|x|<min1,1|a|時(shí),2+x+ax2>0,故h(x)與f(x)符號(hào)相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.若6a+1>0,則當(dāng)0<x<-6a+14a,且|x|<min1,1|a|時(shí),h(x)>0,故x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).若6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x(x1,0),且|x|<min1,1|a|時(shí),h(x)<0,所以x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).若6a+1=0,則h(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.則當(dāng)x(-1,0)時(shí),h(x)>0;當(dāng)x(0,1)時(shí),h(x)<0.所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),從而x=0是f(x)的極大值點(diǎn).綜上,a=-16.3.解 (1)f(x)=ax+xln x,f(x)=a+ln x+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+ln e+1=3,a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xln x,若f(x)kx2對(duì)任意x>0成立,則k1+lnxx對(duì)任意x>0成立.令g(x)=1+lnxx,則問(wèn)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)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)證明:令h(x)=xlnxx-1,則h(x)=x-1-lnx(x-1)2.由(2)知,x1+ln x(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,mnln n-nln n>mnln m-mln m,即mnln n+mln m>mnln m+nln n,ln nmn+ln mm>ln mmn+ln nn.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(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=12a.此時(shí),當(dāng)x0,12a時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x12a,+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)a0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-ln x<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<12時(shí),12a>1.由(1)有f12a<f(1)=0,而g12a>0,所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a12時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x1).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,a12,+.5.解 (1)不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x),即aln x+2x(a+3)x-12x2,化簡(jiǎn),得a(x-ln x)12x2-x.由x1,e知x-ln x>0,因而a12x2-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-ln x>0,y>0在x1,e時(shí)成立.由不等式有解,可得aymin=-12,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是-12,+.(2)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x.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)=m2x2-xln x (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-ln x-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(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)-2ln x-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.當(dāng)0<a<14時(shí),g(x)在區(qū)間0,1-1-4a2,1+1-4a2,+內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間1-1-4a2,1+1-4a2內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)a14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)-2ln x-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1.令(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1ln x+x2-2x-1-lnx1+x-1x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1.則(1)=1>0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0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<u(x0)1+x0-1=a0<u(e)1+e-1=e-21+e-1<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.二、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=-1-1-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(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-1-1-a)和(-1+1-a,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1-1-a,-1+1-a).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(-,-1-1-a)和(-1+1-a,+),單調(diào)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+ax0-12=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(nèi)有解.由a<0,得=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<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(dāng)a-2512,-54-54,-712時(shí),存在唯一的x00,1212,1滿足f(x0)=f12,當(dāng)a-,-2512-54-712,0時(shí),不存在x00,1212,1滿足f(x0)=f12.