高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練8 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)范圍 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題能力訓(xùn)練8　利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)范圍 一、能力突破訓(xùn)練 1.已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x,a,b∈R. (1)若a<0,且b=2-a,試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若對?b∈[-2,-1],?x∈(1,e)使得f(x)<0成立,求實數(shù)a的取值范圍. 2.(2018全國Ⅰ,文21)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1. (1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:當(dāng)a≥1e時,f(x)≥0. 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)求實數(shù)

2、a的值; (2)若f(x)≤kx2對任意x>0成立,求實數(shù)k的取值范圍; (3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時,證明:nmmn>mn. 4.已知函數(shù)f(x)=ln x-ax,其中a∈R. (1)當(dāng)a=-1時,判斷f(x)的單調(diào)性; (2)若g(x)=f(x)+ax在其定義域內(nèi)為減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍; (3)當(dāng)a=0時,函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y=x對稱得到函數(shù)h(x)的圖象,若直線y=kx與曲線y=2x+1?(x)沒有公共點,求k的取值范圍. 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

3、f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]內(nèi)有解,求實數(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)=ln x-(x-1)22. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)證明:當(dāng)x>1時,f(x)1,當(dāng)x∈(1,x0)時,恒有f(x)>k(x-1). 二、思維提升訓(xùn)練 7.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,

4、b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)解析式,并寫出定義域; (2)證明:b2>3a; (3)若f(x),f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍. 8.設(shè)函數(shù)f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)存在極值點x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=0; (3)設(shè)a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小

5、于14. 專題能力訓(xùn)練8　利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)范圍 一、能力突破訓(xùn)練 1.解(1)f'(x)=2ax+(2-a)-1x=2ax2+(2-a)x-1x=(ax+1)(2x-1)x. 當(dāng)-1a<12,即a<-2時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-1a,12,單調(diào)遞減區(qū)間為0,-1a,12,+∞; 當(dāng)-1a=12,即a=-2時,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)-1a>12,即0>a>-2時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為12,-1a,單調(diào)遞減區(qū)間為0,12,-1a,+∞. (2)對?b∈[-2,-1],?x∈(1,e)使得ax2+bx-lnx<0成立, 即ax2-x-lnx<0在區(qū)間

6、(1,e)內(nèi)有解,即a2時,f'(x)>0. 所以f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)

7、單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)證明當(dāng)a≥1e時,f(x)≥exe-lnx-1. 設(shè)g(x)=exe-lnx-1,則g'(x)=exe?1x. 當(dāng)01時,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點. 故當(dāng)x>0時,g(x)≥g(1)=0. 因此,當(dāng)a≥1e時,f(x)≥0. 3.(1)解∵f(x)=ax+xlnx, ∴f'(x)=a+lnx+1. 又f(x)的圖象在x=e處的切線的斜率為3, ∴f'(e)=3,即a+lne+1=3,∴a=1. (2)解由(1)知,f(x)=x+xlnx, 若f(x)≤kx2對任意x>0

8、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)=1x·x-(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,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, ∴k≥1即為所求. (3)證明令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)

9、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.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=x-1x2, ∵當(dāng)01時,f'(x)>0, ∴f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)為減函數(shù),在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)為增函數(shù). (2)由g(x)=f(x)+ax=lnx-ax

10、+ax,可知函數(shù)g(x)的定義域為(0,+∞),g'(x)=ax2+x+ax2. ∵g(x)在其定義域內(nèi)為減函數(shù), ∴?x∈(0,+∞),g'(x)≤0. ∴ax2+x+a≤0?a(x2+1)≤-x?a≤-xx2+1?a≤-xx2+1min. 又xx2+1=1x+1x≤12,∴-xx2+1≥-12, 當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號.∴a≤-12. (3)∵當(dāng)a=0時,f(x)=lnx,∴h(x)=ex. 直線l:y=kx與曲線y=2x+1?(x)=2x+1ex沒有公共點,等價于關(guān)于x的方程(k-2)x=1ex(*)在R上沒有實數(shù)解, ①當(dāng)k=2時,方程(*)可化為1ex=0,其在R上沒

11、有實數(shù)解. ②當(dāng)k≠2時,方程(*)可化為1k-2=xex. 令g(x)=xex,則有g(shù)'(x)=(1+x)ex. 令g'(x)=0,得x=-1, 當(dāng)x在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)變化時,g'(x),g(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ -1e ↗ 當(dāng)x=-1時,g(x)min=-1e,同時當(dāng)x趨于+∞時,g(x)趨于+∞,故g(x)的取值范圍為-1e,+∞. 因此當(dāng)1k-2∈-∞,-1e時,方程(*)無實數(shù)解,解得k的取值范圍是(2-e,2). 綜合①②,可知k的取值范圍是(2-e,2]

12、. 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,x-1>0,12x+1-lnx>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-12, 即實數(shù)a的取值范圍是-12,+∞. (2)當(dāng)a=1時,f(x)

13、=lnx. 由m[g(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-xlnx(x>0). 由題意知x1>x2>0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時函數(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)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)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m≥1

14、,結(jié)合已知條件m∈Z,m≤1,可得m=1. 6.(1)解f'(x)=1x-x+1=-x2+x+1x,x∈(0,+∞). 由f'(x)>0,得x>0,-x2+x+1>0,解得01時,F(x)1時,f(x)1滿足題意. 當(dāng)k>1時,對于x>1,有f(x)

15、(x-1), 則f(x)1滿足題意. 當(dāng)k<1時,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 則有G'(x)=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x. 由G'(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0. 解得x1=1-k-(1-k)2+42<0, x2=1-k+(1-k)2+42>1. 當(dāng)x∈(1,x2)時,G'(x)>0, 故G(x)在區(qū)間[1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增. 從而當(dāng)x∈(1,x2)時,G(x)>G(1)=0, 即f(x)>k(x-1), 綜上,k的取值范圍是(-∞,1). 二、思維提升訓(xùn)練 7.(1)解由f

16、(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23. 當(dāng)x=-a3時,f'(x)有極小值b-a23. 因為f'(x)的極值點是f(x)的零點, 所以f-a3=-a327+a39?ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a. 因為f(x)有極值,故f'(x)=0有實根, 從而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3. 當(dāng)a=3時,f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒有極值; 當(dāng)a>3時,f'(x)=0有兩個相異的實根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3. 列表如下: x (-∞,x1)

17、 x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點是x1,x2. 從而a>3. 因此b=2a29+3a,定義域為(3,+∞). (2)證明由(1)知,ba=2aa9+3aa. 設(shè)g(t)=2t9+3t,則g'(t)=29?3t2=2t2-279t2. 當(dāng)t∈362,+∞時,g'(t)>0, 從而g(t)在區(qū)間362,+∞內(nèi)單調(diào)遞增. 因為a>3,所以aa>33, 故g(aa)>g(33)=3,即ba>3. 因此b2>3a. (3)解由(1)知,f(x)的

18、極值點是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9. 從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27?4ab9+2=0. 記f(x),f'(x)所有極值之和為h(a), 因為f'(x)的極值為b-a23=-19a2+3a, 所以h(a)=-19a2+3a,a>3. 因為h'(a)=-29a-3a2<0, 于是h(a)在區(qū)間(3,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 因為h(6)=-72,于是h(a

19、)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]. 8.(1)解由f(x)=x3-ax-b,可得f'(x)=3x2-a. 下面分兩種情況討論: ①當(dāng)a≤0時,有f'(x)=3x2-a≥0恒成立. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). ②當(dāng)a>0時,令f'(x)=0,解得x=3a3,或x=-3a3. 當(dāng)x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: x 　　-∞,-3a3　　 -3a3 -3a3,3a3 3a3 　　3a3,+∞　　 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào) 遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增

20、所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為-3a3,3a3,單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,-3a3,3a3,+∞. (2)證明因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由題意,得f'(x0)=3x02-a=0,即x02=a3,進(jìn)而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b. 又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0. 所以x1+2x0=0. (3)證明設(shè)g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值為M,max{x,y}表示x

21、,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論: ①當(dāng)a≥3時,-3a3≤-1<1≤3a3,由(1)知,f(x)在區(qū)間[-1,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(1),f(-1)],因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,a-1-b,b<0. 所以M=a-1+|b|≥2. ②當(dāng)34≤a<3時,-23a3≤-1<-3a3<3a3<1≤23a3, 由(1)和(2)知f(-1)≥f-23a3=f3a3,f(1)≤f23a3=f-3a3, 所以f(x)在區(qū)間[

22、-1,1]上的取值范圍為f3a3,f-3a3, 因此M=maxf3a3,f-3a3 =max-2a93a-b,2a93a-b =max2a93a+b,2a93a-b =2a93a+|b|≥29×34×3×34=14. ③當(dāng)0f23a3=f-3a3, 所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(-1),f(1)],因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>14. 綜上所述,當(dāng)a>0時,g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14.