新课标天津市2022年高考数学二轮复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理

专题能力训练8　利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.2.(2022全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.10\n3.已知函数f(x)=ax+xlnx的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值;(2)若f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:nmmn>mn.4.设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x)=alnx,g(x)=12x2.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的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.10\n6.已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练7.已知函数f(x)=13x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈0,12∪12,1,使得f(x0)=f12.10\n专题能力训练8　利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.解(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=1x-2a=1-2axx,当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈12a,+∞时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+∞.(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0<a<12时,12a>1,由(1)知f'(x)在区间0,12a内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈1,12a时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=12时,12a=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>12时,0<12a<1,当x∈12a,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>12.2.解(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-x1+x,10\n设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+x,则g'(x)=x(1+x)2,当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)内单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|<min1,1|a|时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.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,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min1,1|a|时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min1,1|a|时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16.3.解(1)∵f(x)=ax+xlnx,∴f'(x)=a+lnx+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3,∴f'(e)=3,即a+lne+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xlnx,若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k≥1+lnxx对任意x>0成立.令g(x)=1+lnxx,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2.令g'(x)=0,解得x=1.10\n当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)证明:令h(x)=xlnxx-1,则h'(x)=x-1-lnx(x-1)2.由(2)知,x≥1+lnx(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即nlnnn-1>mlnmm-1,∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn,∴lnnmn+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).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=12a.此时,当x∈0,12a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈12a,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.10\n当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<12时,12a>1.由(1)有f12a<f(1)=0,而g12a>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈12,+∞.5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即alnx+2x≤(a+3)x-12x2,化简,得a(x-lnx)≥12x2-x.由x∈[1,e]知x-lnx>0,因而a≥12x2-xx-lnx.设y=12x2-xx-lnx,则y'=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x-lnx)2=(x-1)12x+1-lnx(x-lnx)2.∵当x∈(1,e)时,x-1>0,12x+1-lnx>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥ymin=-12,即实数a的取值范围是-12,+∞.(2)当a=1时,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,设t(x)=m2x2-xlnx(x>0).10\n由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m≥lnx+1x恒成立.因此,记h(x)=lnx+1x,得h'(x)=-lnxx2.∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax,所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.当0<a<14时,g(x)在区间0,1-1-4a2,1+1-4a2,+∞内单调递增,在区间1-1-4a2,1+1-4a2内单调递减;当a≥14时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由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.则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知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.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).当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;10\n当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为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,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-1-a)和(-1+1-a,+∞),单调递减区间为(-1-1-a,-1+1-a).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-1-a)和(-1+1-a,+∞),单调递减区间为(-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,则4x02+14x0+7+12a=0在0,12∪12,1内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4x02+14x0+7+12a=0的两根为x1'=-7-21-48a4,x'2=-7+21-48a4.由x0>0,得x0=x'2=-7+21-48a4,依题意,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=-54,10\n故要使满足题意的x0存在,则a≠-54.综上,当a∈-2512,-54∪-54,-712时,存在唯一的x0∈0,12∪12,1满足f(x0)=f12,当a∈-∞,-2512∪-54∪-712,0时,不存在x0∈0,12∪12,1满足f(x0)=f12.10