《高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)范圍 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)范圍 文-人教版高三數(shù)學試題（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)范圍
一、能力突破訓練
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x>1時,f(x)1,當x∈(1,x0)時,恒有f(x)>k(x-1).
二、思維提升訓練
7.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,
4、b∈R)有極值,且導函數(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.
專題能力訓練8 利用導數(shù)解不等式及參數(shù)范圍
一、能力突破訓練
1.解(1)f'(x)=2ax+(2-a)-1x=2ax2+(2-a)x-1x=(ax+1)(2x-1)x.
當-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-1a=12,即a=-2時,f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當-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a≥1e時,f(x)≥exe-lnx-1.
設(shè)g(x)=exe-lnx-1,則g'(x)=exe?1x.
當01時,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點.
故當x>0時,g(x)≥g(1)=0.
因此,當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00,
∴g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù);
當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,
當且僅當x=1時取等號.∴a≤-12.
(3)∵當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k=2時,方程(*)可化為1ex=0,其在R上沒
11、有實數(shù)解.
②當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x=-1時,g(x)min=-1e,同時當x趨于+∞時,g(x)趨于+∞,故g(x)的取值范圍為-1e,+∞.
因此當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)
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k>1時,對于x>1,有f(x)
15、(x-1),
則f(x)1滿足題意.
當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、思維提升訓練
7.(1)解由f
16、(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.
當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a>0時,令f'(x)=0,解得x=3a3,或x=-3a3.
當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a>0時,g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14.
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