2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 文.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 文 导数的综合应用训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.1.(xx云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln x-.(1)求证:f(x)在区间(0,+)上单调递增;(2)若fx(3x-2)0,所以4x2+3x+10,x(1+2x)20.所以当x0时,f(x)0.所以f(x)在(0,+)上单调递增.(2)解:因为f(x)=ln x-,所以f(1)=ln 1-=-.由fx(3x-2)-得fx(3x-2)f(1).由(1)得解得-x0或x1.所以实数x的取值范围为(-,01)(,11).2.(xx广西玉林市贵港市4月联考)定义在(0,+)上的三个函数f(x),g(x),h(x),已知f(x)=ln x,g(x)=x2-af(x),h(x)=x-a,且g(x)在x=1处取得极值.(1)求a的值及h(x)的单调区间;(2)求证:当1xe2时,恒有x0,得x1,所以h(x)在(1,+)上为增函数;令h(x)=1-0,得0x1,所以h(x)在(0,1)上为减函数.(2)证明:因为1xe2,所以0ln x0,即2-f(x)0.要证x,只需证x2-f(x).记k(x)=f(x)-=ln x-,则k(x)=.所以当1x0,k(x)在(1,e2)上为增函数.所以k(x)k(1)=0,所以ln x-0,所以ln x.所以当1xe2时,恒有x0),可知g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+)上是增函数,所以g(x)g(1)=0,所以f(x)-+-4x+成立.(3)解:由xe,+)知,x+ln x0,所以f(x)0恒成立等价于a在xe,+)时恒成立.令h(x)=,xe,+),有h(x)=0,所以h(x)在e,+)上是增函数,有h(x)h(e)=,所以a.即a的取值范围为(-,.4.(xx山东淄博市一模)设函数f(x)=x2-ax+ln x(a为常数).(1)当a=3时,求函数f(x)的极值;(2)当0a2时,试判断f(x)的单调性;(3)对任意x0,1,使不等式f(x0)mln a对任意a(0, )恒成立,求实数m的取值范围.解:依题意f(x)=+2x-a,(1)函数的定义域为(0,+),当a=3时,f(x)=x2-3x+ln x,f(x)=,当x1时,f(x)0,f(x)单调递减;当0x1时,f(x)0,f(x)单调递增;所以f(x)极小值=f(1)=-2,f(x)极大值=f()=-ln 2.(2)函数的定义域为(0,+),f(x)=2x+-a,因为2x+2,(当且仅当x=时,等号成立)因为0a0在(0,+)上恒成立,故f(x)在(0,+)上是增函数.(3)当a(0, )时,由(2)知,f(x)在,1上单调递增,所以f(x)max=f(1)=1-a.故问题等价于:当a(0, )时,不等式1-amln a恒成立,即m0,所以M(a)在a(0, )上单调递增,M(a)M()=(ln 2-1)0,故g(a)0)上存在极值,求实数m的取值范围;(2)设g(x)=xf(x)-1,若对任意x(0,1)恒有g(x)0,所以f(x)= ( )=-当0x0;当x1时,f(x)0)上存在极值,所以得m1.即实数m的取值范围是(,1).(2)g(x)=,由题可知,当a0,不合题意.当a0时,由g(x)-2,可得ln x+0,设h(x)=ln x+,则h(x)=.设t(x)=x2+(2-4a)x+1,=(2-4a)2-4=16a(a-1),若00,h(x)0,所以h(x)在(0,1)内单调递增,又h(1)=0,所以h(x)h(1)=0.所以01,则0,t(0)=10,t(1)=4(1-a)0,不合要求.综合可得00,求a的取值范围.解:(1)由题意知f(x)=-x3+2x2-4,f(x)=-3x2+4x,令f(x)=0,得x=0或.当x在-1,1上变化时,f(x),f(x)随x的变化情况如表:x-1(-1,0)0(0,1)1f(x)-7-0+1f(x)-1-4-3所以对于m-1,1,f(m)的最小值为f(0)=-4,因为f(x)=-3x2+4x的对称轴为x=,且抛物线开口向下,所以对于n-1,1,f(n)的最小值为f(-1)=-7.所以f(m)+f(n)的最小值为-11.(2)因为f(x)=-3x(x-).若a0,当x0时,f(x)0时,f(x)0,使f(x0)0.若a0,则当0x0,当x时,f(x)0,即a327,解得a3.综上,a的取值范围是(3,+).3.已知函数f(x)=ln x-x+1,x(0,+),g(x)=x3-ax.(1)求曲线f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求函数f(x)的最大值;(3)若对任意x1(0,+),总存在x21,2使得f(x1)g(x2)成立,求a的取值范围.解:(1)因为f(x)=ln x-x+1(x0),所以f(x)=-1=,所以f(1)=0,由导数的几何意义知曲线f(x)在点(1,0)处的切线的斜率为0,故所求切线方程为y=0.(2)由(1)知f(x)=-1=,所以当0x0;当x1时,f(x)0,f(x)=-2x+1=(x0),由f(x)=0,得x=1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,故当x=1时函数有极大值,也是最大值,所以f(x)的最大值为f(1)=0.(2)解:g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=-ax+(1-a)=.当a0时,因为x0,所以g(x)0.所以g(x)在(0,+)上是递增函数,当a0时,g(x)=-,令g(x)=0,得x=.所以当x(0, )时,g(x)0;当x(,+)时,g(x)0时,函数g(x)的递增区间是(0, ),递减区间是(,+).(3)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x,x0.由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0.从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln (x1x2).令t=x1x2,则由(t)=t-ln t得,(t)=.可知,(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增.所以(t)(1)=1,所以(x1+x2)2+(x1+x2)1,因为x10,x20,因此x1+x2成立.5.(xx四川德阳市一诊)如图,已知点A(11,0),函数y=的图象上的动点P在x轴上的射影为H,且点H在点A的左侧,设|PH|=t,APH的面积为f(t). (1)求函数f(t)的解析式及t的取值范围;(2)若a(0,2),求函数f(t)在(0,a上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以点P的横坐标为t2-1,因为点H在点A的左侧,所以t2-111,即-2t0,所以0t2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以APH的面积为f(t)=(12-t2)t,t(0,2).(2)f(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f(t)=0,得t=-2(舍去)或t=2.函数f(t)与f(t)在定义域上的情况如表:t(0,2)2(2,2)f(t)+0-f(t)极大值当0a2时,f(t)在(0,a上单调递增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,当2a2时,f(t)在(0,2上单调递增,(2,a上单调递减,f(t)max=f(2)=8.综上f(t)max=