专题能力训练8高中数学利用导数解不等式及参数的取值范围

1专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第22页一、能力突破训练1.(2018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-1x0时,f(x)0;当x0时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.答案:(1)证明当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,当-1x0时,g'(x)0;当x0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)在区间(-1,+∞)内单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时,f(x)0;当x0时,f(x)0.(2)解①若a≥0,由(1)知,当x0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a0,设函数h(x)==ln(1+x)-由于当|x|min{√}时,2+x+ax20,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)=-若6a+10,则当0x-,且|x|min{√}时,h'(x)0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x∈(x1,0),且|x|min{√}时,h'(x)0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h'(x)=---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=-2.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3.2(1)求实数a的值;(2)若f(x)≤kx2对任意x0成立,求实数k的取值范围;(3)当nm1(m,n∈N*)时,证明:√√答案:(1)解∵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)解由(1)知,f(x)=x+xlnx,若f(x)≤kx2对任意x0成立,则k对任意x0成立.令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)=-=-令g'(x)=0,解得x=1.当0x1时,g'(x)0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x1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)=-,则h'(x)=---由(2)知,x≥1+lnx(x0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵nm1,∴h(n)h(m),即--,∴mnlnn-nlnnmnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn,∴lnnmn+lnmmlnmmn+lnnn.整理,得ln(mnn)mln(nmm)n.∴(mnn)m(nmm)n,√√3.设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;3(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解:(1)f'(x)=2ax--(x0).当a≤0时,f'(x)0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a0时,由f'(x)=0,有x=√此时,当x(√)时,f'(x)0,f(x)单调递减;当x(√)时,f'(x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=-,s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.而当x1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x1时,g(x)0.当a≤0,x1时,f(x)=a(x2-1)-lnx0.故当f(x)g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a0.当0a时,√1.由(1)有f(√)f(1)=0,而g(√)0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x1时,h'(x)=2ax--e1-xx---0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a[)4.设函数f(x)=alnx,g(x)=x2.(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;4(2)若a=1,对任意的x1x20,不等式m[g(x1)-g(x2)]x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.解:(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即alnx+2x≤(a+3)x-x2,化简,得a(x-lnx)x2-x.由x∈[1,e]知x-lnx0,因而a--设y=--,则y'=---(-)(-)--(-)-∵当x∈(1,e)时,x-10,x+1-lnx0,∴y'0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥ymin=-,即实数a的取值范围是[-)(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)=x2-xlnx(x0).由题意知x1x20,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x)=mx-lnx-1≥0恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=-∵函数在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,∴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=1.5.已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(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.答案:(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2(),5所以g'(x)=2-(-)(-)当0a时,g(x)在区间(-√-)(√-)内单调递增,在区间(-√-√-)内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x)=2(x-a)-2lnx-2()=0,解得a=---令φ(x)=-2(---)lnx+x2-2(---)x-2(---)---则φ(1)=10,φ(e)=----2(--)0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=---,u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0=-=a0---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;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6.已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a0时,试讨论是否存在x0()(),使得f(x0)=f()解:(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,6①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-√-,x2=-1+√-,解不等式x2+2x+a0,解得x-1-√-或x-1+√-,解不等式x2+2x+a0,解得-1-√-x-1+√-,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-√-)和(-1+√-,+∞),单调递减区间为(-1-√-,-1+√-).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-√-)和(-1+√-,+∞),单调递减区间为(-1-√-,-1+√-).(2)f(x0)-f()+ax0+1-()()-a-1=[-()][-()]+a(-)=(-)()(-)()+a(-)(-)(+x0+)(-)(4+14x0+7+12a).若存在x0()(),使得f(x0)=f(),则4+14x0+7+12a=0在()()内有解.由a0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)0,故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=--√-,x'2=-√-由x00,得x0=x'2=-√-,依题意,0-√-1,即7√-11,所以4921-48a121,即-a-,又由-√-得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a≠-7综上,当a(--)(--)时,存在唯一的x0()()满足f(x0)=f(),当a(--](-)[-)时,不存在x0()()满足f(x0)=f()