2020高考数学课标二轮：专题能力训练利用导数解不等式及参数的取值范围含解析.docx

教学资料范本2020高考数学课标二轮：专题能力训练利用导数解不等式及参数的取值范围含解析编 辑：_时 间：_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)=-2a=,若a0,则当x(0,+)时,g(x)0,函数g(x)单调递增;若a0,则当x时,g(x)0,函数g(x)单调递增,当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)的单调增区间为,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.(20xx湖北4月调研)已知函数f(x)=ex-x2-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-x2-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-x2-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(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;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=.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=,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)0,所以m对于xR恒成立.而=f(x)+2=4,且=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=lo.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x00,于是g-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.又0,所以x10,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-=1,故lna+lnb=0,所以ab=1.4.(20xx天津一中月考)已知a0,函数f(x)=|ex-e|+ex+ax.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对x,不等式f(x)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)=则f(x)=当a0时,f(x)在R上单调递增,当a0ex-xln;当ln1-2ea1a-2e时,f(x)在区间-,ln内单调递减,在区间内单调递增.(2)解法一(参变分离)f(x)=当x时,ax+e,则-ae.当x1时,2ex+ax-e2a,设g(x)=,则g(x)=0时,f(x)在区间内单调递增,所以f即可,解得ae,故a.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)a-,a.当a-2e时,f(x)在区间内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)min=f,即-a+aln,令t=-(e,+),设g(t)=2t-2tlnt,则g(t)=2-2(1+lnt)=-2lnt0,所以g(t)在区间(e,+)内单调递减,而g(t)g(e)=0e,所以原不等式无解.此处也可不构造函数,-a+aln=a,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)=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-x2,化简,得a(x-lnx)x2-x.由x1,e知x-lnx0,因而a.设y=,则y=.当x(1,e)时,x-10,x+1-lnx0,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)=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)=x2-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m恒成立.因此,记h(x)=,得h(x)=.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-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-lnx(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.(20xx天津静海区四校联考)已知函数f(x)=+aln x-2.(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1)处的切线与直线y=x+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)=-,则f(1)=-2+a=-3,解得a=-1.(2)f(x)=.当a=0,f(x)=-0时,令f(x)0,得单调递增区间为;令f(x)0,得单调递减区间为;当a0时,单调递增区间为,单调递减区间为.(3)g(x)=+lnx-2+x-b,g(x)=-+1=.令g(x)=0,得x1=-2,x2=1.令g(x)0,得x(1,e);令g(x)0,得x,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,所以只须所以1be+-1.8.(20xx天津七校联考)已知函数f(x)=axln x(aR)的极小值为-.(1)求a的值;(2)任取两个不等的正数x1,x2,且x1x2,若存在正数x0,使得f(x0)=成立,求证:x1x00时,若0x,则f(x),则f(x)0,f(x)为增函数,所以f(x)在x=处取得极小值,所以f=-,解得a=1.当a0时与题意不符,综上可知,a=1.(2)证明