2021届新高考数学（文）二轮复习专题能力训练8　利用导数解不等式及参数范围 WORD版含解析.docx

1、专题能力训练8利用导数解不等式及参数范围一、能力突破训练1.(2020全国,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.2.已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时,f(x)0.3.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:nmmnmn.4.已知函数f(x)=ln x-ax,其

2、中aR.(1)当a=-1时,判断f(x)的单调性;(2)若g(x)=f(x)+ax在其定义域内为减函数,求实数a的取值范围;(3)当a=0时,函数f(x)的图象关于y=x对称得到函数h(x)的图象,若直线y=kx与曲线y=2x+1h(x)没有公共点,求k的取值范围.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(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)=ln x

3、-(x-1)22.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)证明:当x1时,f(x)1,当x(1,x0)时,恒有f(x)k(x-1).二、思维提升训练7.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数解析式,并写出定义域;(2)证明:b23a;(3)若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.8.设函数f(x)=x3-ax-b,xR,其中a,bR.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0

4、,求证:x1+2x0=0;(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于14.专题能力训练8利用导数解不等式及参数范围一、能力突破训练1.解(1)f(x)=3x2-k.当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在区间(-,+)上单调递增;当k0,故f(x)在区间(-,+)上单调递增.当k0时,令f(x)=0,得x=3k3.当x-,-3k3时,f(x)0;当x-3k3,3k3时,f(x)0.故f(x)在区间-,-3k3,3k3,+内单调递增,在区间-3k3,3k3内单调递减.(2)由(1)知,当k0时,f(x)在区间(-,+)上单调递增,f(x)不可能有三个零

5、点.当k0时,x=-3k3为f(x)的极大值点,x=3k3为f(x)的极小值点.此时,-k-1-3k33k3k+1且f(-k-1)0,f-3k30.根据f(x)的单调性,当且仅当f3k30,即k2-2k3k90时,f(x)有三个零点,解得k427.因此k的取值范围为0,427.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+)内单调递增.(2)证明当a1e时,f(x)exe-

6、lnx-1.设g(x)=exe-lnx-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)0.3.(1)解f(x)=ax+xlnx,f(x)=a+lnx+1.又f(x)的图象在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k1+lnxx对任意x0成立.令g(x)=1+lnxx,则问题转化为求g(x)的最大值,g(x)=1xx-(1+lnx)x2=-lnxx2.令g(x)=0,解得x=1

7、.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nlnnn-1mlnmm-1,mnlnn-nlnnmnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn,lnnmn+lnmmlnmmn+lnnn.整理,得ln(mnn)mln(nmm)n.(mnn)m(nmm)n,nmmnmn.4.解(1)当a=-1时,f(x)=lnx+1x,函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=x-1x2,当0x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在区间(0,1)内为减函数,在区间(1,+)内为增函数.(

8、2)由g(x)=f(x)+ax=lnx-ax+ax,可知函数g(x)的定义域为(0,+),g(x)=ax2+x+ax2.g(x)在其定义域内为减函数,x(0,+),g(x)0.ax2+x+a0a(x2+1)-xa-xx2+1a-xx2+1min.又xx2+1=1x+1x12,-xx2+1-12,当且仅当x=1时取等号.a-12.(3)当a=0时,f(x)=lnx,h(x)=ex.直线l:y=kx与曲线y=2x+1h(x)=2x+1ex没有公共点,等价于关于x的方程(k-2)x=1ex(*)在R上没有实数解,当k=2时,方程(*)可化为1ex=0,其在R上没有实数解.当k2时,方程(*)可化为1

9、k-2=xex.令g(x)=xex,则有g(x)=(1+x)ex.令g(x)=0,得x=-1,当x在区间(-,+)内变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,+)g(x)-0+g(x)-1e当x=-1时,g(x)min=-1e,同时当x趋于+时,g(x)趋于+,故g(x)的取值范围为-1e,+.因此当1k-2-,-1e时,方程(*)无实数解,解得k的取值范围是(2-e,2).综合,可知k的取值范围是(2-e,2.5.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-

10、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

11、)=mx-lnx-10恒成立,即mlnx+1x恒成立.记h(x)=lnx+1x,则h(x)=-lnxx2.函数h(x)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m1,结合已知条件mZ,m1,可得m=1.6.(1)解f(x)=1x-x+1=-x2+x+1x,x(0,+).由f(x)0,得x0,-x2+x+10,解得0x1+52.故f(x)的单调递增区间是0,1+52.(2)证明令F(x)=f(x)-(x-1),x(0,+),则有F(x)=1-x2x.当x(1,+)时,F

12、(x)1时,F(x)1时,f(x)1满足题意.当k1时,对于x1,有f(x)x-1k(x-1),则f(x)1满足题意.当k1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x(0,+),则有G(x)=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x.由G(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0.解得x1=1-k-(1-k)2+421.当x(1,x2)时,G(x)0,故G(x)在区间1,x2)内单调递增.从而当x(1,x2)时,G(x)G(1)=0,即f(x)k(x-1),综上,k的取值范围是(-,1).二、思维提升训练7.(1)解由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f(x)=3x2+2ax+b=3x+

13、a32+b-a23.当x=-a3时,f(x)有极小值b-a23.因为f(x)的极值点是f(x)的零点,所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a0,故b=2a29+3a.因为f(x)有极值,故f(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.当a=3时,f(x)0(x-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;当a3时,f(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3.因此b=2a29+3a

14、,定义域为(3,+).(2)证明由(1)知,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+3t,则g(t)=29-3t2=2t2-279t2.当t362,+时,g(t)0,从而g(t)在区间362,+内单调递增.因为a3,所以aa33,故g(aa)g(33)=3,即ba3.因此b23a.(3)解由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=

15、4a3-6ab27-4ab9+2=0.记f(x),f(x)所有极值之和为h(a),因为f(x)的极值为b-a23=-19a2+3a,所以h(a)=-19a2+3a,a3.因为h(a)=-29a-3a20时,令f(x)=0,解得x=3a3,或x=-3a3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,-3a3-3a3-3a3,3a33a33a3,+f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为-3a3,3a3,单调递增区间为-,-3a3,3a3,+.(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x00.由题意,得f(x0)=3x02-

16、a=0,即x02=a3,进而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),且-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)证明设g(x)在区间-1,1上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当a3时,-3a3-113a3,由(1)知,f(x)在区间-1,1上单调递减,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(1),f(-1),因此M=max|f(1)|,|f(-1)|

17、=max|1-a-b|,|-1+a-b|=max|a-1+b|,|a-1-b|=a-1+b,b0,a-1-b,b0.所以M=a-1+|b|2.当34a3时,-23a3-1-3a33a3123a3,由(1)和(2)知f(-1)f-23a3=f3a3,f(1)f23a3=f-3a3,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f3a3,f-3a3,因此M=maxf3a3,f-3a3=max-2a93a-b,2a93a-b=max2a93a+b,2a93a-b=2a93a+|b|2934334=14.当0a34时,-1-23a323a31,由(1)和(2)知f(-1)f23a3=f-3a3,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(-1),f(1),因此M=max|f(-1)|,|f(1)|=max|-1+a-b|,|1-a-b|=max|1-a+b|,|1-a-b|=1-a+|b|14.综上所述,当a0时,g(x)在区间-1,1上的最大值不小于14.