2020高考数学课标二轮（天津专用）专题能力训练7　利用导数解不等式及参数的取值范围 WORD版含解析.docx

1、专题能力训练7利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第20页一、能力突破训练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.解:(1)由f(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x(0,+).则g(x)=1x-2a=1-2axx,若a0,则当x(0,+)时,g(x)0,函数g(x)单调递增;若a0,则当x0,12a时,g(x)0,函数g(x)单调递增,当x12a,+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

2、时,g(x)的单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+.(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0,12a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1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.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.当a12时,012a0,f(

3、x)单调递增,当x(1,+)时,f(x)12.2.(2019湖北4月调研)已知函数f(x)=ex-12x2-kx-1(kR).(1)若k=1,判断函数f(x)的单调性;(2)讨论函数f(x)的极值,并说明理由.解:(1)当k=1时,f(x)=ex-12x2-x-1,f(x)=ex-x-1.设g(x)=ex-x-1,则g(x)=ex-1,当x(-,0)时,g(x)0,g(x)单调递增,则g(x)g(0)=0,即f(x)0,所以f(x)在R上单调递增.(2)f(x)=ex-12x2-kx-1,f(x)=ex-x-k,设h(x)=ex-x-k,则h(x)=ex-1,当x(-,0)时,h(x)0,h(

4、x)单调递增;则h(x)h(0)=1-k;当1-k0,即k1时,h(x)0恒成立,即f(x)0,则f(x)在R上单调递增,无极值点;当1-k1时,h(0)=1-k0,一方面:-k0,即f(-k)0,由零点存在性定理知f(x)在区间(-k,0)内有一个零点,设为x1;另一方面:f(k)=ek-2k,设m(k)=ek-2k(k1),m(k)=ek-2e-20,则m(k)在区间(1,+)内递增,则m(k)m(1)=e-20,即f(k)0,由零点存在性定理知f(x)在区间(0,k)内有一个零点,设为x2;于是,当x(-,x1)时,f(x)0,f(x)递增;当x(x1,x2)时,f(x)0,f(x)递增

5、;故此时函数f(x)有两个极值点.3.已知函数f(x)=ax+bx(a0,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根.若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值.(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解:(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x

6、)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4f(0)=4,所以m4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axlna+bxlnb,又由0a1知lna0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axlna+bxlnb)=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是区间(-,+)内

7、的单调增函数.于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+)内是单调增函数.下证x0=0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.4.(2019天津一中月考)已知a0,函数f(x)=|ex-

8、e|+ex+ax.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对x-12,+,不等式f(x)e2恒成立,求a的取值范围;(3)已知当a-e时,函数f(x)有两个零点x1,x2(x1a+e.(1)解f(x)=ax+e,x1,2ex+ax-e,x1,则f(x)=a,x0时,f(x)在R上单调递增,当a0ex-a2xln-a2;当ln-a21-2ea1a-2e时,f(x)在区间-,ln-a2内单调递减,在区间ln-a2,+内单调递增.(2)解法一(参变分离)f(x)=ax+e,-12x1,2ex+ax-e,x1,当x-12,1时,ax+ee2,则f-12e2,f(1)e2-12a+ee2,a+ee2-e2a

9、e.当x1时,2ex+ax-ee22a3e-4exx,设g(x)=3e-4exx,则g(x)=-4xex-3e+4exx2=4(1-x)ex-3ex20时,f(x)在区间-12,+内单调递增,所以f-12e2即可,解得ae,故a0,e.当-2ea0时,f(x)在区间(-,1)内单调递减,在区间(1,+)内单调递增,所以f(x)min=f(1)e2a-e2,a-e2,0.当a-2e时,f(x)在区间-,ln-a2内单调递减,在区间ln-a2,+内单调递增,所以f(x)min=fln-a2e2,即-a+aln-a23e2,令t=-a2(e,+),设g(t)=2t-2tlnt,则g(t)=2-2(1

10、+lnt)=-2lnt0,所以g(t)在区间(e,+)内单调递减,而g(t)g(e)=032e,所以原不等式无解.此处也可不构造函数,-a+aln-a2=aln-a2-1,显然af(1),因为a-e,所以f(1)=a+e0,所以f(x)的两个零点x11x2.由x111时,(x)=ex-xex=(1-x)ex0,所以(x)在区间(1,+)内单调递减,所以(x)(1)=0,即h(x)0,所以h(x)在区间(1,+)内单调递减,h(x)h(1)=1,即x1x21.因为当af(1)=a+e.5.设函数f(x)=aln x,g(x)=12x2.(1)记g(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g(

11、x)(a+3)x-g(x)在x1,e上有解,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.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x1,e知x-lnx0,因而a12x2-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-10,12x+1-lnx0,y0在x1,e时成

12、立.由不等式有解,可得aymin=-12,即实数a的取值范围是-12,+.(2)当a=1时,f(x)=lnx.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)=m2x2-xlnx(x0).由题意知x1x20,则当x(0,+)时函数t(x)单调递增,t(x)=mx-lnx-10恒成立,即mlnx+1x恒成立.因此,记h(x)=lnx+1x,得h(x)=-lnxx2.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

13、h(x)max=h(1)=1,故m1,结合已知条件mZ,m1,可得m=1.6.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.(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0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=

14、0.令a0=x0-1-lnx01+x0-1,u(x)=x-1-lnx(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)内单调递增.所以0=u(1)1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+e-1=e-21+e-11.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

15、有唯一解.二、思维提升训练7.(2019天津静海区四校联考)已知函数f(x)=2x+aln x-2.(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1)处的切线与直线y=13x+1垂直,求实数a的值;(2)求函数y=f(x)的单调区间;(3)记g(x)=f(x)+x-b(bR).当a=1时,函数g(x)在区间e-1,e上有两个零点,求实数b的取值范围.解:(1)定义域为(0,+),f(x)=-2x2+ax,则f(1)=-2+a=-3,解得a=-1.(2)f(x)=ax-2x2.当a=0,f(x)=-2x20时,令f(x)0,得单调递增区间为2a,+;令f(x)0,得单调递减区间为0,2a;当a0时,单

16、调递增区间为2a,+,单调递减区间为0,2a.(3)g(x)=2x+lnx-2+x-b,g(x)=-2x2+1x+1=x2+x-2x2=(x+2)(x-1)x2.令g(x)=0,得x1=-2,x2=1.令g(x)0,得x(1,e);令g(x)0,得x1e,1,所以x=1是g(x)在区间e-1,e上唯一的极小值点,也是唯一的最小值点,所以g(x)min=g(1)=1-b.因为g(x)在区间e-1,e上有两个零点,所以只须g(1)1,b2e+1e-3,be+2e-1,所以1be+2e-1.8.(2019天津七校联考)已知函数f(x)=axln x(aR)的极小值为-1e.(1)求a的值;(2)任取

17、两个不等的正数x1,x2,且x1x2,若存在正数x0,使得f(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1成立,求证:x1x00时,若0x1e,则f(x)1e,则f(x)0,f(x)为增函数,所以f(x)在x=1e处取得极小值,所以f1e=-1e,解得a=1.当a0时与题意不符,综上可知,a=1.(2)证明由(1)知f(x)=xlnx,则f(x)=1+lnx.f(x0)=1+lnx0,1+lnx0=f(x2)-f(x1)x2-x1,即lnx0=f(x2)-f(x1)x2-x1-1.lnx0-lnx1=f(x2)-f(x1)x2-x1-1-lnx1=x2lnx2-x2lnx1x2-x1-1=x2lnx2x1x2-x1-1=-lnx1x21-x1x2-1.设x1x2=t,t(0,1),则g(t)=-lnt1-t-1=t-lnt-11-t,t(0,1).再设h(t)=t-lnt-1,t(0,1),则h(t)=1-1th(1)=0,即t-lnt-10,又1-t0,所以g(t)0,即lnx0-lnx10,所以lnx0lnx1,所以x0x1,同理可证得x0x2,故x1x0x2.