（課標(biāo)專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練7 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（課標(biāo)專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練7 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練7 利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍-人教版高三數(shù)學(xué)試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓(xùn)練7利用導(dǎo)數(shù)解不等式及參數(shù)的取值范圍專題能力訓(xùn)練第20頁一、能力突破訓(xùn)練1.設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR.(1)令g(x)=f(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)由f(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x(0,+).則g(x)=1x-2a=1-2axx,若a0,則當(dāng)x(0,+)時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;若a0,則當(dāng)x0,12a時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x12a,+時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+);當(dāng)a0

2、時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0,12a,單調(diào)減區(qū)間為12a,+.(2)由(1)知,f(1)=0.當(dāng)a0時,f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(0,1)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)0a1,由(1)知f(x)在區(qū)間0,12a內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x(0,1)時,f(x)0.所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間1,12a內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)a=12時,12a=1,f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x(0,+)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.當(dāng)a12時,012a0,f(

3、x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(1,+)時,f(x)12.2.(2019湖北4月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-12x2-kx-1(kR).(1)若k=1,判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)討論函數(shù)f(x)的極值,并說明理由.解:(1)當(dāng)k=1時,f(x)=ex-12x2-x-1,f(x)=ex-x-1.設(shè)g(x)=ex-x-1,則g(x)=ex-1,當(dāng)x(-,0)時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,則g(x)g(0)=0,即f(x)0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增.(2)f(x)=ex-12x2-kx-1,f(x)=ex-x-k,設(shè)h(x)=ex-x-k,則h(x)=ex-1,當(dāng)x(-,0)時,h(x)0,h(

4、x)單調(diào)遞增;則h(x)h(0)=1-k;當(dāng)1-k0,即k1時,h(x)0恒成立,即f(x)0,則f(x)在R上單調(diào)遞增,無極值點;當(dāng)1-k1時,h(0)=1-k0,一方面:-k0,即f(-k)0,由零點存在性定理知f(x)在區(qū)間(-k,0)內(nèi)有一個零點,設(shè)為x1;另一方面:f(k)=ek-2k,設(shè)m(k)=ek-2k(k1),m(k)=ek-2e-20,則m(k)在區(qū)間(1,+)內(nèi)遞增,則m(k)m(1)=e-20,即f(k)0,由零點存在性定理知f(x)在區(qū)間(0,k)內(nèi)有一個零點,設(shè)為x2;于是,當(dāng)x(-,x1)時,f(x)0,f(x)遞增;當(dāng)x(x1,x2)時,f(x)0,f(x)遞增

5、;故此時函數(shù)f(x)有兩個極值點.3.已知函數(shù)f(x)=ax+bx(a0,b0,a1,b1).(1)設(shè)a=2,b=12.求方程f(x)=2的根.若對于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求實數(shù)m的最大值.(2)若0a1,函數(shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點,求ab的值.解:(1)因為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.由條件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因為f(2x)mf(x)-6對于xR恒成立,且f(x

6、)0,所以m(f(x)2+4f(x)對于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,故實數(shù)m的最大值為4.(2)因為函數(shù)g(x)=f(x)-2只有1個零點,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點.因為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),則h(x)=(axlna+bxlnb)=ax(lna)2+bx(lnb)2,從而對任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是區(qū)間(-,+)內(nèi)

7、的單調(diào)增函數(shù).于是當(dāng)x(-,x0)時,g(x)g(x0)=0.因而函數(shù)g(x)在區(qū)間(-,x0)內(nèi)是單調(diào)減函數(shù),在區(qū)間(x0,+)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù).下證x0=0.若x00,則x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函數(shù)g(x)在以x02和loga2為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷,所以在x02和loga2之間存在g(x)的零點,記為x1.因為0a1,所以loga20.又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之間存在g(x)的非0的零點,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,函數(shù)f(x)=|ex-

8、e|+ex+ax.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若對x-12,+,不等式f(x)e2恒成立,求a的取值范圍;(3)已知當(dāng)a-e時,函數(shù)f(x)有兩個零點x1,x2(x1a+e.(1)解f(x)=ax+e,x1,2ex+ax-e,x1,則f(x)=a,x0時,f(x)在R上單調(diào)遞增,當(dāng)a0ex-a2xln-a2;當(dāng)ln-a21-2ea1a-2e時,f(x)在區(qū)間-,ln-a2內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ln-a2,+內(nèi)單調(diào)遞增.(2)解法一(參變分離)f(x)=ax+e,-12x1,2ex+ax-e,x1,當(dāng)x-12,1時,ax+ee2,則f-12e2,f(1)e2-12a+ee2,a+ee2-e2a

9、e.當(dāng)x1時,2ex+ax-ee22a3e-4exx,設(shè)g(x)=3e-4exx,則g(x)=-4xex-3e+4exx2=4(1-x)ex-3ex20時,f(x)在區(qū)間-12,+內(nèi)單調(diào)遞增,所以f-12e2即可,解得ae,故a0,e.當(dāng)-2ea0時,f(x)在區(qū)間(-,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)e2a-e2,a-e2,0.當(dāng)a-2e時,f(x)在區(qū)間-,ln-a2內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ln-a2,+內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)min=fln-a2e2,即-a+aln-a23e2,令t=-a2(e,+),設(shè)g(t)=2t-2tlnt,則g(t)=2-2(1

10、+lnt)=-2lnt0,所以g(t)在區(qū)間(e,+)內(nèi)單調(diào)遞減,而g(t)g(e)=032e,所以原不等式無解.此處也可不構(gòu)造函數(shù),-a+aln-a2=aln-a2-1,顯然af(1),因為a-e,所以f(1)=a+e0,所以f(x)的兩個零點x11x2.由x111時,(x)=ex-xex=(1-x)ex0,所以(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以(x)(1)=0,即h(x)0,所以h(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,h(x)h(1)=1,即x1x21.因為當(dāng)af(1)=a+e.5.設(shè)函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=12x2.(1)記g(x)為g(x)的導(dǎo)函數(shù),若不等式f(x)+2g(

11、x)(a+3)x-g(x)在x1,e上有解,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若a=1,對任意的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,化簡,得a(x-lnx)12x2-x.由x1,e知x-lnx0,因而a12x2-xx-lnx.設(shè)y=12x2-xx-lnx,則y=(x-1)(x-lnx)-1-1x12x2-x(x-lnx)2=(x-1)12x+1-lnx(x-lnx)2.當(dāng)x(1,e)時,x-10,12x+1-lnx0,y0在x1,e時成

12、立.由不等式有解,可得aymin=-12,即實數(shù)a的取值范圍是-12,+.(2)當(dāng)a=1時,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,設(shè)t(x)=m2x2-xlnx(x0).由題意知x1x20,則當(dāng)x(0,+)時函數(shù)t(x)單調(diào)遞增,t(x)=mx-lnx-10恒成立,即mlnx+1x恒成立.因此,記h(x)=lnx+1x,得h(x)=-lnxx2.函數(shù)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)在x=1處取得極大值,并且這個極大值就是函數(shù)h(x)的最大值.由此可得

13、h(x)max=h(1)=1,故m1,結(jié)合已知條件mZ,m1,可得m=1.6.已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),g(x)=f(x)=2(x-a)-2lnx-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.當(dāng)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,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.所以0=u(1)1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+e-1=e-21+e-11.即a0(0,1).當(dāng)a=a0時,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,故當(dāng)x(1,x0)時,f(x)f(x0)=0;當(dāng)x(x0,+)時,f(x)0,從而f(x)f(x0)=0.所以,當(dāng)x(1,+)時,f(x)0.綜上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)

15、有唯一解.二、思維提升訓(xùn)練7.(2019天津靜海區(qū)四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=2x+aln x-2.(1)若曲線y=f(x)在點P(1,f(1)處的切線與直線y=13x+1垂直,求實數(shù)a的值;(2)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)記g(x)=f(x)+x-b(bR).當(dāng)a=1時,函數(shù)g(x)在區(qū)間e-1,e上有兩個零點,求實數(shù)b的取值范圍.解:(1)定義域為(0,+),f(x)=-2x2+ax,則f(1)=-2+a=-3,解得a=-1.(2)f(x)=ax-2x2.當(dāng)a=0,f(x)=-2x20時,令f(x)0,得單調(diào)遞增區(qū)間為2a,+;令f(x)0,得單調(diào)遞減區(qū)間為0,2a;當(dāng)a0時,單

16、調(diào)遞增區(qū)間為2a,+,單調(diào)遞減區(qū)間為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)在區(qū)間e-1,e上唯一的極小值點,也是唯一的最小值點,所以g(x)min=g(1)=1-b.因為g(x)在區(qū)間e-1,e上有兩個零點,所以只須g(1)1,b2e+1e-3,be+2e-1,所以1be+2e-1.8.(2019天津七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=axln x(aR)的極小值為-1e.(1)求a的值;(2)任取

17、兩個不等的正數(shù)x1,x2,且x1x2,若存在正數(shù)x0,使得f(x0)=f(x2)-f(x1)x2-x1成立,求證:x1x00時,若0x1e,則f(x)1e,則f(x)0,f(x)為增函數(shù),所以f(x)在x=1e處取得極小值,所以f1e=-1e,解得a=1.當(dāng)a0時與題意不符,綜上可知,a=1.(2)證明由(1)知f(x)=xlnx,則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.設(shè)x1x2=t,t(0,1),則g(t)=-lnt1-t-1=t-lnt-11-t,t(0,1).再設(shè)h(t)=t-lnt-1,t(0,1),則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,同理可證得x0x2,故x1x0x2.