《新版高三理科數(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《新版高三理科數(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、
1
2、 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,a∈R.
(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
3、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n>m>1(m,n∈N*)時,證明:nmmn>mn.
4、
4.設函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(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,+∞)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x∈[1,e]內有解,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若a=1,對任意的x1>x2>0,不
5、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)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(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,+∞)內有唯一解.
思維提升訓練
7.已知函數(shù)f(x)=13x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函數(shù)f(
6、x)的單調區(qū)間;
(2)當a<0時,試討論是否存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12.
參考答案
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.解(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,
可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).
則g'(x)=1x-2a=1-2axx,
當a≤0時,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增;
當a>0時,x∈0,12a時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調遞增,x∈12a,+∞時,函數(shù)g(x)單調遞減.
所以當a≤0
7、時,g(x)的單調增區(qū)間為(0,+∞);
當a>0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.
①當a≤0時,f'(x)單調遞增,所以當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減.
當x∈(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.
②當01,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,x∈1,12a時,f'(x)>0.
所以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
8、)在x=1處取得極小值,不合題意.
③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.
④當a>12時,0<12a<1,當x∈12a,1時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,
當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,
所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.
綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為a>12.
2.解(1)f'(x)=(x2-1)ex,令f'(x)=0解得x=-1或x=1,因為ex>0,且在區(qū)間(-∞,-1)和(1,+∞)內f'(x)>0,在區(qū)
9、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(-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](11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)
10、函數(shù)h(x)=x2-2x+1在區(qū)間(1,+∞)內是單調遞增的,且h(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(x)=x+xlnx,
若f(x)≤kx2對任意x>0成立,則k≥1+lnxx對任意x>0成立.
11、
令g(x)=1+lnxx,則問題轉化為求g(x)的最大值,g'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2.
令g'(x)=0,解得x=1.
當00,
∴g(x)在區(qū)間(0,1)內是增函數(shù);
當x>1時,g'(x)<0,
∴g(x)在區(qū)間(1,+∞)內是減函數(shù).
故g(x)在x=1處取得最大值g(1)=1,∴k≥1即為所求.
(3)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,+∞)內的增函數(shù).
∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即n
12、lnnn-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)f'(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞減.
當a>0時,由f'(x)=0,有x=12a.
此時,當x∈0,12a時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;
當x∈12a,+∞時,f'(x)>0,f(x)單調遞增.
(2)
13、令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.
則s'(x)=ex-1-1.
而當x>1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x>1時,g(x)>0.
當a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內恒成立時,必有a>0.
當01.
由(1)有f12a0,
所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內不恒成立.
當a≥12時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
當x>1時,h'(x)=
14、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,+∞)單調遞增.
又因為h(1)=0,所以當x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
綜上,a∈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y=12x2-xx-lnx,
則y'=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x
15、-lnx)2=(x-1)12x+1-lnx(x-lnx)2.
∵當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a=1時,f(x)=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t(x)=m2x2-xlnx(x>0).
由題意知x1>x2>0,則當x∈(0,+∞)時函數(shù)t(x)單調遞增,
∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥lnx
16、+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,結合已知條件m∈Z,m≤1,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0
17、
在區(qū)間1-1-4a2,1+1-4a2內單調遞減;
當a≥14時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)內單調遞增.
(2)證明由f'(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1.
令φ(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1lnx+x2-2x-1-lnx1+x-1x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1.
則φ(1)=1>0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x≥1).
由u'(x)=1-1x≥0
18、知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
所以0=u(1)1+1f(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
19、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Δ=4-4a,
①當a≥1時,Δ≤0,則f'(x)≥0,此時f(x)在R上是增函數(shù);
②當a<1時,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
20、區(qū)間為(-∞,+∞);
當a<1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+1-13·123-122-a·12-1
=13x03-123+x02-122+ax0-12
=13x0-12x02+x02+14+x0-12·
x0+12+ax0-12=x0-12·x023+x06+112+x0+12+a=112x0-12(4x02+14x0+7+12a).
若存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12,則4x02+14x0+7+12a=0在0
21、,12∪12,1內有解.
由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,
故方程4x02+14x0+7+12a=0的兩根為x1'=-7-21-48a4,x'2=-7+21-48a4.
由x0>0,得x0=x'2=-7+21-48a4,
依題意,0<-7+21-48a4<1,即7<21-48a<11,所以49<21-48a<121,即-2512
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