2022高考数学大二轮复习 专题二 函数与导数 专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围 理

2022高考数学大二轮复习 专题二 函数与导数 专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围 理1.设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR.(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.(2018全国,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时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.3.已知函数f(x)=ax+xln x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x0成立,求实数k的取值范围;(3)当nm1(m,nN*)时,证明:.4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(1)讨论f(x)的单调性;(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).5.设函数f(x)=aln x,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x1,e内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1x20,不等式mg(x1)-g(x2)x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(mZ,m1)的值.6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+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.二、思维提升训练7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a0,函数g(x)单调递增;当a0时,x时,g(x)0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.所以当a0时,g(x)的单调增区间为(0,+);当a0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为(2)由(1)知,f(1)=0.当a0时,f(x)单调递增,所以当x(0,1)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.当0a1,由(1)知f(x)在区间内单调递增,可得当x(0,1)时,f(x)0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.当a=时,=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.当a时,00,f(x)单调递增,当x(1,+)时,f(x)2.解 (1)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-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)若a0,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.若a0,设函数h(x)= =ln(1+x)-由于当|x|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)=若6a+10,则当0x-,且|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;当x(0,1)时,h(x)0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0x0,g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x1时,g(x)0),h(x)0,h(x)是区间(1,+)内的增函数.nm1,h(n)h(m),即,mnln n-nln nmnln m-mln m,即mnln n+mln mmnln m+nln n,ln nmn+ln mmln mmn+ln nn.整理,得ln(mnn)mln(nmm)n.(mnn)m(nmm)n,4.解 (1)f(x)=2ax-(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0,有x=此时,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a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f0,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)(x1).当x1时,h(x)=2ax-e1-xx-0.因此,h(x)在区间(1,+)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,a5.解 (1)不等式f(x)+2g(x)(a+3)x-g(x),即aln x+2x(a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)x2-x.由x1,e知x-ln x0,因而a设y=,则y=当x(1,e)时,x-10,x+1-ln x0,y0在x1,e时成立.由不等式有解,可得aymin=-,即实数a的取值范围是(2)当a=1时,f(x)=ln x.由mg(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-xln x (x0).由题意知x1x20,则当x(0,+)时函数t(x)单调递增,t(x)=mx-ln x-10恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h(x)=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m1,结合已知条件mZ,m1,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)-2ln x-2,所以g(x)=2-当0a0,(e)=-20.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+)内单调递增.所以0=a01.即a0(0,1).当a=a0时,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在区间(1,+)内单调递增,故当x(1,x0)时,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7.解 (1)f(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为=4-4a,当a1时,0,则f(x)0,此时f(x)在R上是增函数;当a0,解得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a1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,故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1=,x2=由x00,得x0=x2=,依题意,01,即711,所以4921-48a121,即-a-,又由得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a-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