《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練8 Word版含答案（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1

2、 1 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 能力突破訓(xùn)練 1.設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (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.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(diào)區(qū)間; (2)定義:若函數(shù)h(x)在區(qū)間[s,t](s0成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍; (3)當(dāng)n>m>1(m,n∈N*)時(shí),證明:nmmn>mn.

4、 4.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R. (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)>1x-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對數(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x∈[1,e]內(nèi)有解,求實(shí)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(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. 思維提升訓(xùn)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(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a<0時(shí),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(xùn)練8　利用導(dǎo)數(shù)解不等式及 參數(shù)的取值范圍 能力突破訓(xùn)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(dāng)a≤0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),x∈0,12a時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x∈12a,+∞時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a≤0

7、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. ①當(dāng)a≤0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. ②當(dāng)01,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,x∈1,12a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

8、)在x=1處取得極小值,不合題意. ③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. ④當(dāng)a>12時(shí),0<12a<1,當(dāng)x∈12a,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)f'(x)=(x2-1)ex,令f'(x)=0解得x=-1或x=1,因?yàn)閑x>0,且在區(qū)間(-∞,-1)和(1,+∞)內(nèi)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(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1)和(1,+∞),單調(diào)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(diào)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(nèi)是單調(diào)遞減的,且g(x)

10、函數(shù)h(x)=x2-2x+1在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)是單調(diào)遞增的,且h(x)>h(1)=0;所以g(x),h(x)的圖象在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一的交點(diǎn),方程x2-2x+1=xex即(x2-2x+1)ex=x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不存在兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根,因此函數(shù)f(x)在(1,+∞)內(nèi)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(diǎn)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(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(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,∴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(nèi)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(dāng)a≤0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)x∈0,12a時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈12a,+∞時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. (2)

13、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)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<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)01. 由(1)有f12a0, 所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立. 當(dāng)a≥12時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 當(dāng)x>1時(shí),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(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,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(shè)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(dāng)x∈(1,e)時(shí),x-1>0,12x+1-lnx>0, ∴y'>0在x∈[1,e]時(shí)成立. 由不等式有解,可得a≥ymin=-12, 即實(shí)數(shù)a的取值范圍是-12,+∞. (2)當(dāng)a=1時(shí),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(shè)t(x)=m2x2-xlnx(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-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(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m≥1,結(jié)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?yàn)?0,+∞), g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax, 所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2. 當(dāng)0

17、 在區(qū)間1-1-4a2,1+1-4a2內(nèi)單調(diào)遞減; 當(dāng)a≥14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)-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(nèi)單調(diào)遞增. 所以0=u(1)1+1f(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

19、唯一解. 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Δ=4-4a, ①當(dāng)a≥1時(shí),Δ≤0,則f'(x)≥0,此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù); ②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

20、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+1-13·123-122-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(nèi)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