难点2.1利用导数探求参数的范围问题(测试)-备战2018高考高三二轮理数一本过精品(新课标版)(原卷版)
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件

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令 h(x)=g'(x),则 h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 从而对任意 x∈R,h'(x)>0, 所以 g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的单调增函数. 于是当 x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;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.
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一零点.
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(2)证明 由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在 区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e
-5热点1 热点2 热点3
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断 函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的 最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是恒 成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
-6热点1 热点2 热点3
对点训练 1 设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f'(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
考点13利用导数探求参数的范围问题-2018版典型高考数学试题解读与变式(原卷版)

典型高考数学试题解读与变式2018版考点十三:利用导数探求参数的范围问题【考纲要求】(1)了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).学-科网(2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次). 【命题规律】利用导数探求参数的范围问题每年必考,有时出现在大题,有时出现在小题中,变化比较多.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁,也是高考的重点和热点问题,往往用到的方法是依据不等式的特点,等价变形,构造函数,借助图象观察,或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.这也是2018年考试的热点问题.[来源:【典型高考试题变式】(一)利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷(文)】若函数1()sin2sin3f x x x a x在,上单调递增,则a的取值范围是().A.1,1B.11,3C.11,33D.11,3【变式1】【改编例题中条件,给定函数在给定区间上单调(并未告知单增还是单减),求参数范围】【2018河北大名一中高三实验班第一次月考(理)】若函数lnf x kx x在区间1,上为单调函数,则k的取值范围是_______.【变式2】【改编例题中条件,给定函数不单调,求参数取值范围】【2017福建高三总复习训练(文)】已知函数22ln 5f x x x x c 在,1m m 不单调,则m 的取值范围是___.【变式3】【改编例题中条件,给定函数存在单调区间,求参数取值范围】【2017河北武邑中学高三下学期期中考试(文)】已知函数ln f x x ,212g x x bx (b 为常数).(1)函数f x 的图象在点1,f x处的切线与函数g x 的图象相切,求实数b 的值;(2)若函数h xf xg x 在定义域上存在单调减区间,求实数b 的取值范围;(3)若2b,12,1,2x x ,且12x x ,都有1212f x f x g x g x 成立,求实数b 的取值范围.[来源学科网ZXXK](二)利用极值、最值求参数的取值范围例2.【2014山东卷(理)】设函数22()(ln )xef x k x x x (k 为常数, 2.71828e 是自然对数的底数).(Ⅰ)当0k时,求函数()f x 的单调区间;(Ⅱ)若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.【变式1】【改编函数条件,给定函数极大、极小值都有求参数范围】【2018河南驻马店正阳第二高级中学开学考(文)】已知函数既存在极大值又存在极小值,则实数的取值范围是()A.B. C. D.【变式2】【改编函数条件,给定函数有最大值求参数范围】【2018海南八校联盟考试(理)】已知函数213ln 2f x x x a x 在区间1,3上有最大值,则实数a 的取值范围是( )A. 1,52 B. 111,22 C. 111,22 D. 1,52(三)在不等式恒成立的条件下,求参数的取值范围例3.【2017天津,文19】设,a bR ,||1a .已知函数32()63(4)f x x x a a x b ,()e ()x g x f x . (Ⅰ)求()f x 的单调区间;(Ⅱ)已知函数()y g x 和e x y 的图象在公共点(x 0,y 0)处有相同的切线,(i )求证:()f x 在0x x 处的导数等于0;(ii )若关于x 的不等式()e x g x 在区间00[1,1]x x 上恒成立,求b 的取值范围. 【变式1】【改编例题中函数模型,求参数的最值】【2014全国2卷(理)改编】已知函数f x =2xx e e x . (1)讨论f x 的单调性;[来源:Z,xx,](2)设24g x f x bf x ,当0x 时,0g x ,求b 的最大值.【变式2】【改编例题条件,在不等式有解条件下,求参数的取值范围】【2014全国1卷(文)】设函数21ln 12af x a x x bx a ,曲线11yf x f 在点,处的切线斜率为0 (1)求b ;(2)若存在01,x 使得01af x a ,求a 的取值范围。
2018届高考数学二轮复习 导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)

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解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
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令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以最小值为g(1)=1.
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(2)g
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=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
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=2ln x-x+ ,则 h'(x)=������
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(������ -1)2 ������ 2
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当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
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当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
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求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数 例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x) 都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等 于0时的k的范围.
2018届高考数学(理)热点题型:函数与导数(有答案)

函数与导数热点一 利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一,每年必考,一般考查两类题型:(1)讨论函数的单调性、极值、最值,(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】已知函数f (x )=ln x +a (1-x ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a -2时,求实数a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x -a . 若a ≤0,则f′(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增. 若a >0,则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 时,f ′(x )>0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞时,f ′(x )<0,所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上单调递减.综上,知当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上单调递减.(2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上无最大值;当a >0时,f (x )在x =1a 处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =ln 1a +a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1a =-ln a +a -1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a -2等价于ln a +a -1<0.令g (a )=ln a +a -1,则g (a )在(0,+∞)上单调递增, g (1)=0.于是,当0<a <1时,g (a )<0;当a>1时,g(a)>0.因此,实数a的取值范围是(0,1).【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论,讨论单调性要先求函数定义域,再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围,通常根据函数的性质得到参数的不等式,再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式,则可以直接解不等式得参数的取值范围;若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时,如求解ln a+a-1<0,则需要构造函数来解.【对点训练】已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)e x(x∈R,e为自然对数的底数).(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求实数a的取值范围.解(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)e x,所以f′(x)=(-2x+2)e x+(-x2+2x)e x=(-x2+2)e x.令f′(x)>0,即(-x2+2)e x>0,因为e x>0,所以-x2+2>0,解得-2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(-2,2).(2)因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立,因为f′(x)=(-2x+a)e x+(-x2+ax)e x=[-x2+(a-2)x+a]e x,所以[-x2+(a-2)x+a]e x≥0对x∈(-1,1)都成立.因为e x>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)都成立,即a≥x2+2xx+1=(x+1)2-1x+1=(x+1)-1x+1对x∈(-1,1)都成立.令y =(x +1)-1x +1,则y ′=1+1(x +1)2>0. 所以y =(x +1)-1x +1在(-1,1)上单调递增, 所以y <(1+1)-11+1=32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥32.热点二 利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题,它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类:(1)讨论函数零点或方程根的个数;(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围. 【例2】设函数f(x)=ln x +mx ,m ∈R .(1)当m =e(e 为自然对数的底数)时,求f (x )的极小值; (2)讨论函数g (x )=f ′(x )-x3零点的个数. 解 (1)由题设,当m =e 时,f (x )=ln x +ex ,定义域为(0,+∞),则f ′(x )=x -ex 2,由f ′(x )=0,得x =e. ∴当x ∈(0,e),f ′(x )<0,f (x )在(0,e)上单调递减, 当x ∈(e ,+∞),f ′(x )>0,f (x )在(e ,+∞)上单调递增, ∴当x =e 时,f (x )取得极小值f (e)=ln e +ee =2, ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x3(x >0), 令g (x )=0,得m =-13x 3+x (x >0). 设φ(x )=-13x 3+x (x >0),则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1),当x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )在(0,1)上单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,φ′(x )<0,φ(x )在(1,+∞)上单调递减. ∴x =1是φ(x )的唯一极值点,且是极大值点, 因此x =1也是φ(x )的最大值点. ∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0,结合y =φ(x )的图象(如图),可知①当m >23时,函数g (x )无零点; ②当m =23时,函数g (x )有且只有一个零点;③当0<m <23时,函数g (x )有两个零点; ④当m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述,当m >23时,函数g (x )无零点; 当m =23或m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点; 当0<m <23时,函数g (x )有两个零点.【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法:(1)运用导数研究函数的单调性和极值,利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题;(2)将函数零点问题转化为方程根的问题,利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.【对点训练】函数f (x )=(ax 2+x )e x,其中e 是自然对数的底数,a ∈R . (1)当a >0时,解不等式f (x )≤0;(2)当a =0时,求整数t 的所有值,使方程f (x )=x +2在[t ,t +1]上有解. 解 (1)因为e x >0,(ax 2+x )e x ≤0. ∴ax 2+x ≤0.又因为a >0, 所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1a ≤0.所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1a ,0.(2)当a =0时,方程即为x e x =x +2, 由于e x >0,所以x =0不是方程的解, 所以原方程等价于e x -2x -1=0. 令h (x )=e x -2x -1,因为h ′(x )=e x +2x 2>0对于x ∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立, 所以h (x )在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数, 又h (1)=e -3<0,h (2)=e 2-2>0,h (-3)=e -3-13<0, h (-2)=e -2>0,所以方程f (x )=x +2有且只有两个实数根且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t 的所有值为{-3,1}. 热点三 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点,常以解答题的形式考查,以中高档题为主,突出转化思想、函数思想的考查,常见的命题角度:(1)证明简单的不等式;(2)由不等式恒成立求参数范围问题;(3)不等式恒成立、能成立问题. 【例3】设函数f (x )=e 2x -a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+a ln 2 a.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-ax(x>0).当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点.当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-a x,因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-ax在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又f′(a)>0,当b满足0<b<a4且b<14时,f′(b)<0(讨论a≥1或a<1来检验),故当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0)由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+a ln 2a≥2a+a ln2a.故当a>0时,f(x)≥2a+a ln 2 a.【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步:求函数的定义域;第二步:分类讨论函数的单调性、极值;第三步:根据零点存在性定理,结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步:根据不等式合理构造函数;第二步:求函数的最值;第三步:根据最值证明不等式.【对点训练】 已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ). (1)若a =2,求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程; (2)求f (x )的单调区间;(3)设g (x )=x 2-2x +2,若对任意x 1∈(0,+∞),均存在x 2∈[0,1]使得f (x 1)<g (x 2),求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )=2+1x (x >0),所以f ′(1)=2+1=3,所以斜率k =3.又切点为(1,2),所以切线方程为y -2=3(x -1),即3x -y -1=0, 故曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为3x -y -1=0. (2)f ′(x )=a +1x =ax +1x (x >0),①当a ≥0时,由于x >0,故ax +1>0,f ′(x )>0,所以f (x )的单调增区间为(0,+∞). ②当a <0时,由f ′(x )=0,得x =-1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a 上,f ′(x )>0,在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞上,f ′(x )<0,所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a ,单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞.(3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max , g (x )=(x -1)2+1,x ∈[0,1], 所以g (x )max =2,由(2)知,当a ≥0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增, 值域为R ,故不符合题意.当a <0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a ,+∞上单调递减,故f (x )的极大值即为最大值,是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-1+ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-1-ln(-a ),所以2>-1-ln(-a ),解得a <-1e 3.。
2018届高考数学二轮导数及其应用专题卷理(全国通用)

专题能力训练5 导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=()A.-2B.2C.-D.2.已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称3.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)e x.若f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则a的取值范围是()A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<4.已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)5.(2017浙江金丽衢十二校模拟)如图,已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,则F(x)=f(x)-kx有()A.1个极大值点,2个极小值点B.2个极大值点,1个极小值点C.3个极大值点,无极小值点D.3个极小值点,无极大值点6.将函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0,α]),得到曲线C,若对于每一个旋转角,曲线C都仍然是一个函数的图象,则α的最大值为()A.πB.C.D.7.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0,使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为()A.-ln 2-1B.ln 2-1C.-ln 2D.ln 28.若函数f(x)=ln x与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是()A. B.(-1,+∞)C.(1,+∞)D.(-ln 2,+∞)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为.10.(2017浙江诸暨肇庆三模)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若x=-3是函数f(x)的一个极值点,则实数a=.11.设f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是.12.已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是.14.设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)满足f(1)+f(3)=2f(2),现给出如下结论:①若f(x)是区间(0,1)上的增函数,则f(x)是区间(3,4)上的增函数;②若a·f(1)≥a·f(3),则f(x)有极值;③对任意实数x0,直线y=(c-12a)(x-x0)+f(x0)与曲线y=f(x)有唯一公共点.其中正确的结论为.(填序号)三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示).16.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax(ln x-1)(a≠0).(1)求函数y=f(x)的单调递增区间;(2)当a>0时,设函数g(x)=x3-f(x),函数h(x)=g'(x),①若h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;②证明:ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).参考答案专题能力训练5导数及其应用1.A解析由y'=得曲线y=在点(3,2)处的切线斜率为-,又切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=-2.故选A.2.C解析f(x)=ln x+ln(2-x)=ln(-x2+2x),x∈(0,2).当x∈(0,1)时,x增大,-x2+2x增大,ln(-x2+2x)增大,当x∈(1,2)时,x增大,-x2+2x减小,ln(-x2+2x)减小,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,故排除选项A,B;因为f(2-x)=ln(2-x)+ln[2-(2-x)]=ln(2-x)+ln x=f(x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,故排除选项D.故选C.3.C解析f'(x)=e x[x2+2(1-a)x-2a],∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f'(x)≤0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2+2(1-a)x-2a,则解得a≥.4.B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F'(x)=f'(x)-2,因为f'(x)>2,所以F'(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.5.A解析F'(x)=f'(x)-k,如下图所示,从而可知函数y=F'(x)共有三个零点x1,x2,x3,因此函数F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,故x1,x3为极小值点,x2为极大值点,即F(x)有1个极大值点,2个极小值点,应选A.6.D解析函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向连续旋转时,当且仅当其任意切线的倾斜角小于等于90°时,其图象都仍然是一个函数的图象,因为x≥0时y'=是减函数,且0<y'≤1,当且仅当x=0时等号成立,故在函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象的切线中,x=0处的切线倾斜角最大,其值为,由此可知αmax=.故选D.7.A解析由题意得f(x)-g(x)=x+e x-a-ln(x+2)+4e a-x,令h(x)=x-ln(x+2),x>-2,则h'(x)=1-,∴h(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(-1)=-1,又∵e x-a+4e a-x≥2=4,∴f(x)-g(x)≥3,当且仅当时等号成立.故选A.8.A解析设公切线与函数f(x)=ln x切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=(x-x1),设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),所以有因为x2<0<x1,所以0<<2.又a=ln x1+-1=-ln-1,令t=,所以0<t<2,a=t2-t-ln t.设h(t)=t2-t-ln t(0<t<2),则h'(t)=t-1-<0,所以h(t)在区间(0,2)上为减函数,则h(t)>h(2)=-ln 2-1=ln,所以a∈.故选A.9.(-∞,-1)∪(2,+∞)解析f'(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f'(x)=0有两个不相等的实根,则Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.10.5解析f'(x)=3x2+2ax+3,由题意知x=-3为方程3x2+2ax+3=0的根,则3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得a=5.11.(-2,0)∪(2,+∞)解析令g(x)=,则g'(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)==g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔解得x>2或-2<x<0.故不等式f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).12.解析因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是.13.14.①②③解析由f(1)+f(3)=2f(2)化简得b=-6a.f'(x)=3ax2+2bx+c=3ax2-12ax+c,其对称轴为x=2,如果f(x)在区间(0,1)上递增,其关于x=2对称的区间为(3,4),故区间(3,4)也是其增区间,①正确.a[f(1)-f(3)]≥0,即2a(11a-c)≥0,导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的判别式144a2-12ac=12a(12a-c),当a>0时,12a-c>11a-c≥0,判别式为正数,当a<0时,11a-c≤0,12a-c≤a<0,其判别式为正数,即导函数有零点,根据二次函数的性质可知原函数有极值,②正确.注意到f'(2)=c-12a,则③转化为f'(2)=,即函数图象上任意两点连线的斜率和函数在x=2处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于x=2是导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的最小值点,即有且仅有一个最小值点,故③正确.15.解 (1)因为当a=1,x<1时,f(x)=x3+1-x,f'(x)=3x2-1,所以f(0)=1,f'(0)=-1,所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2)当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=当a<x<1时,由f'(x)=3x2+1>0,知f(x)在(a,1)上单调递增.当-1<x<a时,由f'(x)=3x2-1,知①当a∈时,f(x)在上递增,在上递减,在上递增,所以f(x)min=min=min=a-.②当a∈时,f(x)在上递增,在上递增,在(a,1)上递增,所以f(x)min=min{f(-1),f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述,f(x)min=16.解 (1)∵f'(x)=a=a ln x,令f'(x)>0,当a>0时,解得x>1;当a<0时,解得0<x<1,∴当a>0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(1,+∞);当a<0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(0,1).(2)①∵h(x)=g'(x)=x2-f'(x)=x2-a ln x,∴由题意得h(x)min≥0.∵h'(x)=x-,∴当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h()=a-a ln,由a-a ln≥0,得ln a≤1,解得0<a≤e.∴实数a的取值范围是(0,e].②由(1)知a=e时,h(x)=x2-eln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,当x=时等号成立,∴x∈N*时,2eln x<x2,令x=1,2,3,…,n,累加可得2e(ln 1+ln 2+ln 3+…+ln n)<12+22+32+…+n2,即ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).。
2018大二轮高考总复习理数文档:解答题8 第1课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题

第二单元 高考压轴大题冲关 解答题08:函数与导数2017 Ⅰ卷导数的运算,利用导数判定函数的单调性,求极值点、最值点,零点的存在性定理·T 211.解答题第21题压轴题一般考查利用导数研究函数的有关性质,年Ⅱ卷导数的运算及导数的应用,函数的单调性,函数的零点·T 21Ⅲ卷导数在解决函数单调性、函数与数列不等式的综合运用·T 21第一课时 函数的单调性与导数、极值与最值、导数与不等式问题基本考点——函数的单调性与导数、极值与最值考向01:函数的导数与单调性(2017·宁夏大学附中二模)设函数f (x )=a ln x +x -1x +1,其中a 为常数.阿凡题1083971(1)若a =0,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)讨论函数f (x )的单调性.[思路点拨] (1)将a 的值代入,求导得f ′(1),再求出f (1)的值,利用点斜式求出切线方程.(2)求导得 f ′(x )=ax 2+(2a +2)x +ax (x +1)2. 依据a 的取值范围分类讨论f ′(x )取值的正负确定函数的单调性.【解】 (1)由题意知a =0时,f (x )=x -1x +1,x ∈(0,+∞).此时f ′(x )=2(x +1)2. 可得f ′(1)=12,又f (1)=0, 所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为x -2y -1=0. (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞). f ′(x )=a x +2(x +1)2=ax 2+(2a +2)x +a x (x +1)2.当a ≥0时,f ′(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增. 当a <0时,令g (x )=ax 2+(2a +2)x +a , 由于Δ=(2a +2)2-4a 2=4(2a +1),①当a =-12时,Δ=0,f ′(x )=-12(x -1)2x (x +1)2≤0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减.②当a <-12时,Δ<0,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减.③当-12<a <0时,Δ>0.设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点,则x 1=-(a +1)+2a +1a,由于x 1=a +1-2a +1-a =a 2+2a +1-2a +1-a>0,所以x ∈(0,x 1)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减,x ∈(x 1,x 2)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增,x ∈(x 2,+∞)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减, 综上可得:当a ≥0时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a ≤-12时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;当-12<a <0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-(a +1)+2a +1a ,⎝ ⎛⎭⎪⎫-(a +1)-2a +1a ,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-(a +1)+2a +1a ,-(a +1)-2a +1a 上单调递增.讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论,常需依据以下标准分类讨论:(1)二次项系数为0、为正、为负,目的是讨论开口方向; (2)判别式的正负,目的是讨论对应二次方程是否有解; (3)讨论两根差的正负,目的是比较根的大小;(4)讨论两根与定义域的关系,目的是根是否在定义域内.另外,需优先判断能否利用因式分解法求出根.考向02:函数的极值与最值问题(2017·北京卷)已知函数f (x )=e x cos x -x .阿凡题1083972(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程; (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上的最大值和最小值. 【解】 (1)因为f (x )=e x cos x -x ,所以f ′(x )=e x (cos x -sin x )-1,f ′(0)=0. 又因为f (0)=1,所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =1.(2)设h (x )=e x (cos x -sin x )-1,则h ′(x )=e x (cos x -sin x -sin x -cos x )=-2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2时,h ′(x )<0,所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递减. 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0,π2有h (x )<h (0)=0,即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上单调递减. 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0,π2上的最大值为f (0)=1,最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2=-π2.含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论: (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论;(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论; (3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论;(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论.1.(2016·北京高考)设函数f (x )=x e a -x +bx ,曲线y =f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y=(e -1)x +4.(1)求a ,b 的值; (2)求f (x )的单调区间. 解:(1)f (x )的定义域为R .∵f ′(x )=e a -x -x e a -x +b =(1-x )e a -x +b .依题设,⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)=2e +2,f ′(2)=e -1,即⎩⎪⎨⎪⎧2e a -2+2b =2e +2,-e a -2+b =e -1.解得a =2,b =e . (2)由(1)知f (x )=x e 2-x +e x ,由f ′(x )=e 2-x (1-x +e x -1)及e 2-x >0知,f ′(x )与1-x +e x-1同号.令g (x )=1-x +e x -1,则g ′(x )=-1+e x -1.所以,当x ∈(-∞,1)时,g ′(x )<0,g (x )在区间(-∞,1)上单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,g ′(x )>0,g (x )在区间(1,+∞)上单调递增. 故g (1)=1是g (x )在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g (x )>0,x ∈(-∞,+∞), 综上可知,f ′(x )>0,x ∈(-∞,+∞). 故f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞). 2.(2017·日照二模)已知f (x )=ax -ln x ,a ∈R .(1)若f (x )在x =1处有极值,求f (x )的单调递增区间;(2)是否存在实数a ,使f (x )在区间(0,e]上的最小值是3,若存在,求出a 的值;若不存在,说明理由.解:(1)由题意知f ′(1)=0,∴a -1=0,∴a =1. 经检验a =1,f (x )在x =1处有极值, 所以f (x )=x -ln x ,令f ′(x )=1-1x >0,解得x >1或x <0,又f (x )的定义域为(0,+∞), 所以f (x )的单调递增区间为(1,+∞).(2)假设存在实数a ,使f (x )=ax -ln x ,(x ∈(0,e])有最小值3. ①当a ≤0时,因为x ∈(0,e],所以f ′(x )<0, 所以f (x )在(0,e]上单调递减,f (x )min =f (e)=a e -1=3,解得a =4e(舍去);②当0<1a <e 时,f (x )在(0, 1a )上单调递减,在(1a ,e]上单调递增,∴f (x )min =f (1a )=1+ln a =3,解得a =e 2,满足条件;③当1a ≥e 时,因为x ∈(0,e],所以f ′(x )<0,∴f (x )在(0,e]上单调递减,∴f (x )min =f (e)=a e -1=3.解得a =4e,舍去.综上,存在实数a =e 2,使得当x ∈(0,e]时,f (x )有最小值3.常考热点——导数与不等式问题在高考压轴题中,函数与不等式的交汇是考查热点,常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题,以及不等式的恒成立与能成立问题.考向01:利用导数证明不等式常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法:证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )-g (x )>0(f (x )-g (x )<0),进而构造辅助函数h (x )=f (x )-g (x ).(2)构造“形似”函数:稍作变形后构造.对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数.(3)适当放缩后再构造:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数.(4)构造双函数:若直接构造函数求导,难以判断符号,导数的零点也不易求得,因此单调性和极值点都不易获得,从而构造f (x )和g (x ),利用其最值求解.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )=ln x +ax 2+(2a +1)x .阿凡题1083973(1)讨论f (x )的单调性; (2)当a <0时,证明f (x )≤-34a-2. (1)【解】 f (x )的定义域为(0,+∞), f ′(x )=1x +2ax +2a +1=(x +1)(2ax +1)x .若a ≥0,则当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0, 故f (x )在(0,+∞)上单调递增.若a <0,则当x ∈⎝⎛⎭⎫0,-12a 时,f ′(x )>0; 当x ∈⎝⎛⎭⎫-12a ,+∞时,f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0,-12a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫-12a ,+∞上单调递减. (2)【证明】 由(1)知,当a <0时,f (x )在x =-12a 处取得最大值,最大值为f ⎝⎛⎭⎫-12a =ln ⎝⎛⎭⎫-12a -1-14a. 所以f (x )≤-34a -2等价于ln ⎝⎛⎭⎫-12a -1-14a ≤-34a -2,即ln ⎝⎛⎭⎫-12a +12a +1≤0. 设g (x )=ln x -x +1,则g ′(x )=1x -1.当x ∈(0,1)时,g ′(x )>0; 当x ∈(1,+∞)时,g ′(x )<0,所以g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 故当x =1时,g (x )取得最大值,最大值为g (1)=0. 所以当x >0时,g (x )≤0.从而当a <0时,ln ⎝⎛⎭⎫-12a +12a +1≤0, 即f (x )≤-34a-2.(1)证明f (x )≥g (x )或f (x )≤g (x ),可通过构造函数h (x )=f (x )-g (x ),将上述不等式转化为求证h (x )≥0或h (x )≤0,从而利用求h (x )的最小值或最大值来证明不等式.或者,利用f (x )min ≥g (x )max 或f (x )max ≤g (x )min 来证明不等式.(2)在证明不等式时,如果不等式较为复杂,则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式,再进行证明.考向02:利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的最值,根据要求得所求范围.一般地,f (x )≥a 恒成立,只需f (x )min ≥a 即可;f (x )≤a 恒成立,只需f (x )max ≤a 即可.(2)转化为含参函数的最值问题:将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的极值(最值),伴有对参数的分类讨论,然后构建不等式求解.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )=x -1-a ln x .(1)若f (x )≥0,求a 的值;阿凡题1083974(2)设m 为整数,且对于任意正整数n ,1+121+122·…·1+12n <m ,求m 的最小值.【解】 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),①若a ≤0,因为f 12=-12+a ln 2<0,所以不满足题意.②若a >0,由f ′(x )=1-a x =x -ax知,当x ∈(0,a )时,f ′(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f ′(x )>0. 所以f (x )在(0,a )单调递减,在(a ,+∞)单调递增. 故x =a 是f (x )在(0,+∞)的唯一最小值点. 因为f (1)=0,所以当且仅当a =1时,f (x )≥0, 故a =1.(2)由(1)知当x ∈(1,+∞)时,x -1-ln x >0. 令x =1+12n ,得ln1+12n <12n ,从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n =1-12n <1.故1+121+122·…·1+12n <e .而1+121+1221+123>2,所以m 的最小值为3.(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是:先找到准确范围,再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字,寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法.考向03:利用导数解决能成立问题不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )>g (x )对一切x ∈[a ,b ]恒成立⇔[a ,b ]是f (x )>g (x )的解集的子集⇔[f (x )-g (x )]min>0(x ∈[a ,b ]).(2)f (x )>g (x )对x ∈[a ,b ]能成立⇔[a ,b ]与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )-g (x )]max >0(x ∈[a ,b ]).(3)对∀x 1,x 2∈[a ,b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x 1∈[a ,b ],∃x 2∈[a ,b ]使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min .已知函数f (x )=x -(a +1)ln x -a x (a ∈R ),g (x )=12x 2+e x -x e x .阿凡题1083975(1)当x ∈[1,e]时,求f (x )的最小值;(2)当a <1时,若存在x 1∈[e ,e 2],使得对任意的x 2∈[-2,0],f (x 1)<g (x 2)恒成立,求a 的取值范围.【解】 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=(x -1)(x -a )x 2.①若a ≤1,当x ∈[1,e]时,f ′(x )≥0,则f (x )在[1,e]上为增函数,f (x )min =f (1)=1-a . ②若1<a <e ,当x ∈[1,a ]时,f ′(x )≤0,f (x )为减函数; 当x ∈[a ,e]时,f ′(x )≥0,f (x )为增函数. 所以f (x )min =f (a )=a -(a +1)ln a -1.③若a ≥e ,当x ∈[1,e]时,f ′(x )≤0,f (x )在[1,e]上为减函数,f (x )min =f (e)=e -(a +1)-a e.综上,当a ≤1时,f (x )min =1-a ;当1<a <e 时,f (x )min =a -(a +1)ln a -1;当a ≥e 时,f (x )min =e -(a +1)-ae.(2)由题意知:f (x )(x ∈[e ,e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[-2,0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ,e 2]上单调递增,f (x )min =f (e)=e -(a +1)-ae .g ′(x )=(1-e x )x .当x ∈[-2,0]时,g ′(x )≤0,g (x )为减函数, g (x )min =g (0)=1,所以e -(a +1)-ae<1,即a >e 2-2e e +1,所以a 的取值范围为(e 2-2e e +1, 1) .存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联系:若g (x )≤m 恒成立,则g (x )max ≤m ;若g (x )≥m 恒成立,则g (x )min ≥m ;若g (x )≤m 有解,则g (x )min ≤m ;若g (x )≥m 有解,则g (x )max ≥m .1.(2017·马鞍山三模)已知函数f (x )=(x -1)ln x -(x -a )2(a ∈R ). (1)若f (x )在(0,+∞)上单调递减,求a 的取值范围; (2)若f (x )有两个极值点x 1,x 2,求证:x 1+x 2>54.解:(1)由已知f ′(x )=ln x +x -1x -2(x -a )=ln x -1x-2x +1+2a ≤0恒成立,令g (x )=ln x -1x-2x +1+2a ,则g ′(x )=1x +1x 2-2=-2x 2+x +1x 2=-(2x +1)(x -1)x 2(x >0),-(2x +1)<0,令g ′(x )>0,解得:0<x <1, 令g ′(x )<0,解得:x >1,故g (x )在(0,1)递增,在(1,+∞)递减, ∴g (x )max =g (1)=2a -2, ∴由f ′(x )≤0恒成立可得a ≤1.即当f (x )在(0,+∞)上单调递减时,a 的取值范围是(-∞,1]. (2)若f (x )有两个极值点x 1,x 2,不妨设0<x 1<x 2.由(1)可知a ≤1,且f ′(x 1)=ln x 1-1x 1-2x 1+1+2a ①,f ′(x 2)=ln x 2-1x 2-2x 2+1+2a②,由①-②得:lnx 1x 2+x 1-x 2x 1x 2-2(x 1-x 2)=0, ∴(x 1-x 2)⎝⎛⎭⎫1x 1x 2-2=-ln x1x 2>0, ∴1x 1x 2<2,即x 1x 2>12>1e, 由①+②得:ln(x 1x 2)+2-x 1+x 2x 1x 2-2(x 1x 2)+4a =0,∴x 1+x 2=ln (x 1x 2)+2+4a 1x 1x 2+2>-1+2+42+2=54.2.设函数f (x )=1-x 2+ln(x +1). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)若不等式f (x )>kxx +1-x 2(k ∈N *)在(0,+∞)上恒成立,求k 的最大值. 解:(1)函数f (x )的定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1x +1-2x ,由f ′(x )>0,得-1<x <3-12;由f ′(x )<0,得x >3-12. 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-1, 3-12,单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫3-12,+∞. (2)法一:由已知f (x )>kxx +1-x 2在(0,+∞)上恒成立, 得k <(x +1)[1+ln (x +1)]x(x >0),令g (x )=(x +1)[1+ln (x +1)]x (x >0),则g ′(x )=x -1-ln (x +1)x 2,设h (x )=x -1-ln(x +1)(x >0), 则h ′(x )=1-1x +1=xx +1>0,所以函数h (x )在(0,+∞)上单调递增. 而h (2)=1-ln 3<0,h (3)=2-ln 4>0,由零点存在定理,知存在x 0∈(2,3),使得h (x 0)=0, 即1+ln(x 0+1)=x 0,又函数h (x )在(0,+∞)上单调递增, 所以当x ∈(0,x 0)时,h (x )<h (x 0)=0; 当x ∈(x 0,+∞)时,h (x )>h (x 0)=0.从而当x ∈(0,x 0)时,g ′(x )=h (x )x 2<0;当x ∈(x 0,+∞)时,g ′(x )=h (x )x 2>0, 所以g (x )在(0,+∞)上的最小值为g (x 0)=(x 0+1)[1+ln (x 0+1)]x 0=x 0+1.因此f (x )>kxx +1-x 2在(0,+∞)上恒成立等价于k <g (x )min =x 0+1. 由x 0∈(2,3),知x 0+1∈(3,4),所以k 的最大值为3. 法二:由题意,1+ln(x +1)>kxx +1在(0,+∞)上恒成立. 设g (x )=1+ln(x +1)-kxx +1(x >0),则g ′(x )=1x +1-k(x +1)2=x -(k -1)(x +1)2, (ⅰ)当k =1时,则g ′(x )=x(x +1)2>0, 所以g (x )单调递增,g (0)=1>0,即g (x )>0恒成立.(ⅱ)当k >1时,则g (x )在(0,k -1)上单调递减,在(k -1,+∞)上单调递增, 所以g (x )的最小值为g (k -1),只需g (k -1)>0即可, 即ln k -k +2>0.设h (k )=ln k -k +2(k >1),h ′(k )=1-kk<0,则h (k )单调递减,因为h (2)=ln 2>0,h (3)=ln 3-1>0,h (4)=ln 4-2<0,所以k 的最大值为3. 3.已知函数f (x )=ax +x ln x 的图象在点x =e(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. (1)求实数a 的值;(2)若k ∈Z ,且k <f (x )x -1对任意x >1恒成立,求k 的最大值.解:(1)因为f (x )=ax +x ln x , 所以f ′(x )=a +ln x +1.因为函数f (x )=ax +x ln x 的图象在点x =e 处的切线斜率为3,所以f ′(e)=3, 即a +ln e +1=3,所以a =1. (2)由(1)知,f (x )=x +x ln x ,又k <f (x )x -1=x +x ln x x -1对任意x >1恒成立,令g (x )=x +x ln x x -1,则g ′(x )=x -ln x -2(x -1)2,令h (x )=x -ln x -2(x >1),则h ′(x )=1-1x =x -1x>0,所以函数h (x )在(1,+∞)上单调递增. 因为h (3)=1-ln 3<0,h (4)=2-2ln 2>0,所以方程h (x )=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0,且满足x 0∈(3,4). 当1<x <x 0时,h (x )<0,即g ′(x )<0; 当x >x 0时,h (x )>0,即g ′(x )>0,所以函数g (x )=x +x ln xx -1在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以[g (x )]min =g (x 0)=x 0(1+ln x 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0,所以k <[g (x )]min =x 0∈(3,4),故整数k 的最大值是3.1.(2017·贵阳模拟)已知函数f (x )=x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间和最小值;(2)若函数F (x )=f (x )-a x 在[1,e]上的最小值为32,求a 的值.解:(1)因为f ′(x )=ln x +1(x >0), 令f ′(x )≥0,即ln x ≥-1=ln e -1,所以x ≥e -1=1e ,所以x ∈⎣⎡⎭⎫1e ,+∞. 同理令f ′(x )≤0,可得x ∈⎝⎛⎦⎤0, 1e . 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫1e ,+∞,单调递减区间为⎝⎛⎦⎤0, 1e .由此可知 f (x )min =f ⎝⎛⎭⎫1e =-1e.(2)F ′(x )=x +ax2,当a ≥0时,F ′(x )>0,F (x )在[1,e]上单调递增, F (x )min =F (1)=32,所以a =-32∉[0,+∞),舍去.当a <0时,F (x )在(0,-a )上单调递减,在(-a ,+∞)上单调递增. ①当a ∈(-1,0),F (x )在[1,e]上单调递增, F (x )min =F (1)=-a =32,所以a =-32∉(-1,0),舍去.②若a ∈[-e ,-1],F (x )在[1,-a ]上单调递减,在[-a ,e]上单调递增, 所以F (x )min =F (-a )=ln(-a )+1=32,a =-e ∈[-e ,-1];③若a ∈(-∞,-e),F (x )在[1, e]上单调递减, F (x )min =F (e)=1-a e =32,所以a =-e2∉(-∞,-e),舍去.综上所述a =-e .2.已知函数f (x )=ln x +x 2-ax (a 为常数). (1)若x =1是函数f (x )的一个极值点,求a 的值; (2)当0<a ≤2时,试判断f (x )的单调性;(3)若对任意的a ∈(1,2),x 0∈[1,2],不等式f (x 0)>m ln a 恒成立,求实数m 的取值范围. 解:f ′(x )=1x+2x -a .(1)由已知得:f ′(1)=0,所以1+2-a =0,所以a =3. (2)当0<a ≤2时,f ′(x )=1x+2x -a =2x 2-ax +1x=2⎝⎛⎭⎫x -a 42+1-a 28x.因为0<a ≤2,所以1-a 28>0,而x >0,即f ′(x )=2x 2-ax +1x >0,故f (x )在(0,+∞)上是增函数.(3)当a ∈(1,2)时,由(2)知,f (x )在[1,2]上的最小值为f (1)=1-a ,故问题等价于:对任意的a ∈(1,2),不等式1-a >m ln a 恒成立,即m <1-aln a 恒成立.记g (a )=1-a ln a (1<a <2),则g ′(a )=-a ln a -1+aa ln 2a .令M (a )=-a ln a -1+a ,则M ′(a )=-ln a <0, 所以M (a )在(1,2)上单调递减, 所以M (a )<M (1)=0,故g ′(a )<0, 所以g (a )=1-aln a 在a ∈(1,2)上单调递减,所以m ≤g (2)=1-2ln 2=-log 2e ,即实数m 的取值范围为(-∞,-log 2e].3.(2017·邯郸二模)已知函数f (x )=ax -ln x ,F (x )=e x +ax ,其中x >0,a <0.(1)若f (x )和F (x )在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a 的取值范围;(2)若a ∈⎝⎛⎦⎤-∞,-1e 2,且函数g (x )=x e ax -1-2ax +f (x )的最小值为M ,求M 的最小值. 解:(1)求导,f ′(x )=a -1x =ax -1x,F ′(x )=e x +a ,x >0,a <0,f ′(x )<0在(0,+∞)上恒成立,即f (x )在(0,+∞)上单调递减, 当-1≤a <0时,F ′(x )>0,即F (x )在(0,+∞)上单调递增,不合题意; 当a <-1时,由F ′(x )>0,得x >ln(-a ),由F ′(x )<0,得0<x <ln(-a ), ∴F (x )的单调减区间为(0,ln(-a )),单调增区间为(ln(-a ),+∞). ∵f (x )和F (x )在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性, ∴ln(-a )≥ln 3,解得a ≤-3, 综上,a 的取值范围是(-∞,-3]; (2)g ′(x )=e ax -1+ax e ax -1-a -1x=(ax +1)(e ax -1-1x),令e ax -1-1x =0,解得:a =1-ln x x ,设p (x )=1-ln xx ,则p ′(x )=ln x -2x 2,当x >e 2时,p ′(x )>0,当0<x <e 2,p ′(x )<0, 从而p (x )在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增, p (x )min =p (e 2)=-1e2,当a ≤-1e 2,a ≤1-ln x x ,即e ax -1-1x≤0,在⎝⎛⎭⎫0,-1a 上,ax +1>0,g ′(x )≤0,g (x )单调递减, 在⎝⎛⎭⎫-1a ,+∞上,ax +1<0,g ′(x )≥0,g (x )单调递增, ∴g (x )min =g ⎝⎛⎭⎫-1a =M , 设t =-1a ∈(0,e 2],M =h (t )=te 2-ln t +1,(0<t ≤e 2),h ′(t )=1e 2-1t ≤0,h (t )在(0,e 2]上单调递减,∴h (t )≥h (e 2)=0, ∴M 的最小值为0.4.(2017·梅州一模)已知函数f (x )=a ln x -x -ax +2a (其中a 为常数,a ∈R ).(1)求函数f (x )的单调区间;(2)当a >0时,是否存在实数a ,使得当x ∈[1,e]时,不等式f (x )>0恒成立?如果存在,求a 的取值范围;如果不存在,说明理由(其中e 是自然对数的底数,e =2.71828…).解:(1)由于f (x )=a ln x -x -ax +2a ,(x >0),f ′(x )=-x 2+ax +ax 2,①a ≤0时,f ′(x )<0恒成立,于是f (x )的递减区间是(0,+∞), ②a >0时,令f ′(x )>0,解得0<x <a +a 2+4a2,令f ′(x )<0,解得x >a +a 2+4a2,故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a +a 2+4a 2递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2+4a 2,+∞递减;(2)a >0时,①若a +a 2+4a 2≤1,即0<a ≤12,此时f (x )在[1,e]递减,f (x )min =f (e)=3a -e -ae =⎝⎛⎭⎫3-1e a -e ≤⎝⎛⎭⎫3-1e ×12-e <0, ∵f (x )>0恒成立,∴不合题意,②若a +a 2+4a 2>1,a +a 2+4a 2<e ,即12<a <e 2e +1时,此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,a +a 2+4a 2递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2+4a 2,e 递减,要使在[1,e]恒有f (x )>0恒成立,则必有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)>0f (e )>0,则⎩⎪⎨⎪⎧a -1>03a -e -ae>0,解得:a >e 23e -1综上可得:e 23e -1<a <e 2e +1;③若a +a 2+4a 2≥e ,即a ≥e 2e +1时,f (x )在[1,e]递增,令f (x )min =f (1)=a -1>0,解得a ≥e 2e +1,综上,存在实数a ∈⎝⎛⎭⎫e23e -1,+∞,使得f (x )>0恒成立.5.(2017·新乡二模)已知函数f (x )=2ln x -3x 2-11x . (1)求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;(2)若关于x 的不等式f (x )≤(a -3)x 2+(2a -13)x -2恒成立,求整数a 的最小值;(3)若正实数x 1,x 2满足f (x 1)+f (x 2)+4(x 21+x 22)+12(x 1+x 2)=4,证明:x 1+x 2≥2.解:(1)∵f ′(x )=2x -6x -11,f ′(1)=-15,f (1)=-14,∴切线方程是:y +14=-15(x -1),即y =-15x +1;(2)令g (x )=f (x )-(a -3)x 2-(2a -13)x +2=2ln x -ax 2+(2-2a )x +2, ∴g ′(x )=2x -2ax +(2-2a )=-2ax 2+(2-2a )x +2x ,a ≤0时,∵x >0,∴g ′(x )>0,g (x )在(0,+∞)递增, ∵g (1)=-a +2-2a +2=-3a +4>0,∴关于x 的不等式f (x )≤(a -3)x 2+(2a -13)x -2不能恒成立, a >0时,g ′(x )=-2a ⎝⎛⎭⎫x -1a (x +1)x ,令g ′(x )=0,得x =1a,∴x ∈⎝⎛⎭⎫0,1a 时,g ′(x )>0,x ∈⎝⎛⎭⎫1a ,+∞时,g ′(x )<0, 故函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,+∞递减, 故函数g (x )的最大值是g ⎝⎛⎭⎫1a =2ln 1a +1a =1a -2ln a ≤0, 令h (a )=1a -2ln a ,则h (a )在(0,+∞)递减,∵h (1)=1>0,h (2)=12-2ln 2<12-2ln e <0,∴a ≥2时,h (a )<0,故整数a 的最小值是2;(3)证明:由f (x 1)+f (x 2)+4(x 21+x 22)+12(x 1+x 2)=4, 得2ln(x 1x 2)+(x 21+x 22)+(x 1+x 2)=4,从而(x 1+x 2)2+(x 1+x 2)=2x 1x 2-2ln(x 1x 2)+4, 令t =x 1·x 2,则由φ(t )=2t -2ln t +4,得φ′(t )=2(t -1)t ,可知φ(t )在区间(0,1)递减,在(1,+∞)递增,故φ(t )≥φ(1)=6, ∴(x 1+x 2)2+(x 1+x 2)≥6, 又x 1+x 2>0,故x 1+x 2≥2成立.6.(2017·芜湖二模)已知函数f (x )=2ln x +x 2-2ax (a >0). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若函数f (x )有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),且f (x 1)-f (x 2)≥32-2ln 2恒成立,求a 的取值范围.解:(1)函数f (x )的定义域是(0,+∞),f ′(x )=2(x 2-ax +1)x ,令x 2-ax +1=0,则Δ=a 2-4,①0<a ≤2时,Δ≤0,f ′(x )≥0恒成立, 函数f (x )在(0,+∞)递增;②a >2时,Δ>0,方程x 2-ax +1=0有两根 x 1=a -a 2-42,x 2=a +a 2-42,且0<x 1<x 2,函数f (x )在(0,x 1)上,f ′(x )>0,在(x 1,x 2)上,f ′(x )<0,在(x 2,+∞)上,f ′(x )>0,故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a -a 2-42递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞递增;(2)由(1)得f (x )在(x 1,x 2)上递减,x 1+x 2=a ,x 1·x 2=1, 则f (x 1)-f (x 2)=2lnx 1x 2+(x 1-x 2)(x 1+x 2-2a )=2ln x 1x 2+x 2x 1-x 1x 2, 令t =x 1x 2,则0<t <1,f (x 1)-f (x 2)=2ln t +1t -t ,令g (t )=2ln t +1t -t ,则g ′(t )=-(t -1)2t <0,故g (t )在(0,1)递减且g ⎝⎛⎭⎫12=32-2ln 2,故g (t )=f (x 1)-f (x 2)≥32-2ln 2=g ⎝⎛⎭⎫12,即0<t ≤12, 而a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t +2,其中0<t ≤12,∵⎝⎛⎭⎫t +1t +2′=1-1t 2<0在t ∈⎝⎛⎦⎤0,12恒成立, 故a 2=t +1t +2在⎝⎛⎦⎤0,12递减, 从而a 的范围是a 2≥92,故a ≥322.。
新课标2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围能力突破训练1.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.(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.2.已知函数f(x)=(x2-2x+1)e x(其中e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)定义:若函数h(x)在区间[s,t](s<t)上的取值范围为[s,t],则称区间[s,t]为函数h(x)的“域同区间”.试问函数f(x)在(1,+∞)上是否存在“域同区间”?若存在,求出所有符合条件的“域同区间”;若不存在,请说明理由.3.已知函数f(x)=ax+x ln 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x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x)=a ln 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x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(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.思维提升训练7.已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.参考答案专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围能力突破训练1.解(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=,当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(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.②当0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x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.③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.④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>2.解(1)f'(x)=(x2-1)e x,令f'(x)=0解得x=-1或x=1,因为e x>0,且在区间(-∞,-1)和(1,+∞)内f'(x)>0,在区间(-1,1)上f'(x)<0,所以函数f(x)=(x2-2x+1)e x的单调递增区间是(-∞,-1)和(1,+∞),单调递减区间是(-1,1).(2)由(1)知函数f(x)=(x2-2x+1)e x在区间(1,+∞)上单调递增,若存在“域同区间”[s,t](1<s<t),则必有f(s)=s且f(t)=t,也就是说方程(x2-2x+1)e x=x在区间(1,+∞)上至少存在两个不等的实数根.方程可以转化为x2-2x+1=,令g(x)=,g'(x)=,显然x>1使得g'(x)<0恒成立,g(x)=在区间(1,+∞)内是单调递减的,且g(x)<g(1)=;但二次函数h(x)=x2-2x+1在区间(1,+∞)内是单调递增的,且h(x)>h(1)=0;所以g(x),h(x)的图象在区间(1,+∞)内有唯一的交点,方程x2-2x+1=即(x2-2x+1)e x=x在区间(1,+∞)内不存在两个不等的实数根,因此函数f(x)在(1,+∞)内不存在“域同区间”.3.解(1)∵f(x)=ax+x ln x,∴f'(x)=a+ln x+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3,∴f'(e)=3,即a+lne+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+x ln x,若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k对任意x>0成立.令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==-令g'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)令h(x)=,则h'(x)=由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m,即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n,∴ln n mn+ln m m>ln m mn+ln n n.整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n.∴(mn n)m>(nm m)n,4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即a ln x+2x≤(a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)x2-x.由x∈[1,e]知x-ln x>0,因而a设y=,则y'=∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min=-,即实数a的取值范围是(2)当a=1时,f(x)=ln x.由m[g(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-x ln x(x>0).由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴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m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g'(x)=2-当0<a<时,g(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0==a0<<1.即a0∈(0,1).当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而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.思维提升训练7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-,x2=-1+,解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-或x>-1+,解不等式x2+2x+a<0,解得-1-<x<-1+,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).(2)f(x0)-f+ax0+1--a-1=+a=+a+x 0+(4+14x0+7+12a).若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2=由x0>0,得x0=x'2=,依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-,又由得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a≠-综上,当a时,存在唯一的x0满足f(x0)=f,当a时,不存在x0满足f(x0)=f。
新课标版备战2018高考数学二轮复习难点2.1利用导数探求参数的范围问题测试卷文2018012921

难点 2.1 利用导数探求参数的范围问题(一)选择题(12*5=60分) 1.已知函数 f (x ) x 2e x ,当 x [1,1]时,不等式 f (x ) m 恒成立,则实数 m 的取值范围为()1 A .[ ,)eB . (e ,)C .[e ,)D . (e ,)【答案】D2.设函数x3 1 f xex ax a ,其中 a1,若有且只有一个整数x 使得 fx,则 a的取值范围是( )2 3 A. ,B. e 4 2 3 2 ,C.,1 D. e 4e2, 1 e【答案】D【解析】设 g x e 3x 1, h x ax a ,则 '3 2g xe xx ,∴xx2,,3g x , g x单调递减; ' 0x 2, , g 'x 0 , g x单调递增,所以 32x 处取32得最小值 3e,所以 g1 ah0, g 1 h 12e 0 ,直线 hxax a 恒过定 3 点1 ,0且斜率为 a ,所以1 1 4e2 0g ha,∴ e, 1 2ea 而 a1,∴ a 的取值范围 23.若 f (x ) x 3 ax 2 1在 (1,3)内单调递减,则实数 a 的范围是()A.(,3] B.[9 ,) C.(3, 9)2 2 D .0, 3【答案】B【解析】因为函数f(x ) x 3 ax 2 1在(1,3)内单调递减,所以f x x 2 ax ,在' 3 2 03(1,3)内恒成立,即a x 在1, 3内恒成立,因为2 3 x 9 所以9, a ,故选B.2 2 24.设函数f x在R上存在导函数f 'x,对任意的实数x都有f x 4x f x,当211 3x ,0时, fxx .若'4 f m 1fm3m ,则实数 m 的取值范围是 22()1 A., 2B.3 , 2C.1, D.2,【答案】A1【解析】令 F (x )f (x ) 2x 2 ,则F / (x )f / (x ) 4x,故函数 F (x )f (x ) 2x 22在x ,0上单调递减;因( ) ( ) ( ) ( ) 4 0F x F x f x f x x 2 ,即 F (x) F (x ) ,3故 F (x )f (x ) 2x 2 是奇函数,则不等式f m 1fm3m 可化为 2 1F.,故函数的单调性可得 m 1m ,即(m 1) F ( m )m,故应选 A.25. 【2018山西山大附中四调】已知 fx 是函数 fx的导函数,且对任意的实数x 都有 fxe 2x3fx(e 是自然对数的底数), f1,若不等式 fxk0的解x集中恰有两个整数,则实数 k 的取值范围是( )A.1 ,0eB.1 ,0eC.1 ,0 e2D.1 ,0 e2【答案】C26. 【四川省绵阳市2018届一诊】若存在实数x,使得关于x的不等式2e ax9+x2﹣12ax+a2≤(其中e为自然对数的底数)成立,则实数a的取值集合为()101 1 1 1A. { }B. [ ,+∞)C. { }D. [ ,+∞)9 9 10 10【答案】C7.已知函数2ln x x m2f xx,若存在x1, 2使得f 'x A x fx0,实数m的取值范围是()5 A.,2 B.2,25C.0,25D.,2【答案】D【解析】令F(x ) xf(x) ,则F/ (x ) f(x ) xf/ (x) ,由f 'x A x fx0可知F,即函数F(x ) xf(x ) 2ln x (x m)2 是单调递增函数,所以存在x1, 2使/ (x) 02 1得F/ (x ) 2(x m ) 0 成立,即m x ,因此问题转化为mx x1 5 5上的最大值问题.因h max (x ) 2 ,故m ,故应选D.2 2 21h(x ) x 在[1, 2]x8. 【安徽省淮南市2018届第四次联考】已知函数f x ln x a sin x在区间,6 4上是单3调增函数,则实数a的取值范围为()A. 4 3, B. 4 2,C. 4 2 4 3,D. 4 2,【答案】B9.若关于x的不等式xe x ax a 0 的解集为m,n n0,且m,n中只有一个整数,则实数a的取值范围是()A.2 1,3e2e22 1B.,3e2e22 1C.,3ee22 1D.,3e e2【答案】B【解析】xe x ax a 0 可化为xe a x 1,令,1xf x xe xg x a x,显然a 0 ,函数g x a x 1过定点C 1, 0,令f' x x 1 e x 0, x0 ,所以在,1,f x 单调递减,在1,,f x单调递增,f x在x 1处取得极小值,画图象下图所示,由图可知,当直线g x a x 1介于AC, BC之间时,符合题意1xe x a x 的解集为m,n n 0,且m,n中只有一个整数解.12A1, , B 2,ee2,所以41 221k,k,所以a,.ACBC222e 3e3e 2e10. 【浙江省杭州市 2018届质量监测】对于函数 f x 和 g x,设{x R | f x 0},,若存在, ,使得1,则称 f x与g x互为“情侣函{x R | g x 0}数”.若函数 fx ex 与 gx ax ln x 互为“情侣函数”,则实数 a 的取值范围为x 23( )A. ln3 1,3 eB. ln30,3C. 1 0,eD.1 1, e【答案】C11.已知函数 f x x sin x xR ,且f y 22y 3f x 24x10,则当 y1时,y x1的取值范围是().1 3 ,A .4 41 ,1 B .4C .1,3 2 31D ., 3【答案】A 【解析】 fx x sin x 为奇函数,且 fx 1 cos x 0,即为增函数,所以f y 22y 3 f x 2 4x10 f y 22y3f x 24x1f y 22y3f x 24x 15。
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fx
x2
e x 3与 g x
ax lnx 互为“情侣函数”,则实 数 a 的取值范围为(
)
ln3 1
ln3
1
1
A.
,
B.
0,
C. 0,
D. 1,
3e
3
e
e
11. 已知函数 f x x sin x x R ,且 f y2 2 y 3
值范围 是(
).
f x2 4x 1
y
0 ,则当 y 1时,
的取
x1
A.
13 ,
44
B.
1 ,1
4
C. 1,3 2 3
D.
1 ,
3
12. 已知关于 x 的方程 ln x
2
ax
3
0 有 4 个不同的实数根,则实数
a 的取值范围是(
)
2
e2 A. 0,
2
B.
e2 0,
2
e2 C. 0,
3
D.
e2 0,
3
(二)填空题( 4*5=20 分)
13. 函数 f x 14. 已知函数 f
)
9 C . (3, )
D . 0,3
2
2
4. 设函数 f x 在 R 上存在导函数 f ' x ,对任意的实数 x 都有 f x
4x2 f
x ,当 x
1
3
f' x
4 x . 若 f m 1 f m 3m , 则实数 m 的取值范围是( )
2
2
1
A.
,
2
3
B.
,
2
C.
1,
D.
2,
,0 时,
5. 【 2018 山西山大附中四调】已知 f x 是函数 f x 的导 函数,且对任意的实数 x 都有
9
10
e 为自然对数的底数)成立,则实数 a 的取值集合为(
)
1
A. { } B. [
9
1
,+∞) C. {
9
1
} D. [
10
1
,+∞)
10
7. 已知函数 f x
2
2ln x x m ,若存在 x 1,2 使得 f ' x x f x
x
0 ,实数 m 的取值范围是
()
A. ,2
B.
5 2,
C.
5 0,
f x ex 2x 3 f x ( e是自然对数的底数) , f 0 1,若不等式 f x k 0 的解集中恰有两
个整数,则实数 k 的取值范围是(
)
A.
1 ,0
B.
e
1 ,0
C.
e
1
e2 ,0
D.
1 e2 ,0
6. 【四川省绵阳市
2018 届一诊】若存在实数
x,使得关于 x 的不等式
ex
2
a +x 2﹣2ax+a 2≤ 1 (其中
ln x 1 x2 ax 存在与直线 3x y 2
x 1 x3 x2 2ax 1,若函数 f 3
0 平行的 切线,则实数 a 的取值范围是 __________ . x 在 1,2 上有极值,则实数 a 的取值范围为
D.
5 ,
2
2
2
8. 【安徽省淮南市 2018 届第四次联考】已知函数 f x lnx asinx 在区间 , 上是单调增函数,则 64
实数 a的取值范围为 (
)
A.
43 ,
B.
42 ,
C.
42 43 ,
D.
42 ,
9. 若关于 x 的不等式 xex ax a 0 的解集为 m, n n 0 ,且 m,n 中只有一个整数,则实数 a 的取值
D
ax a ,其中 a 1 ,若有且只有一个整数
. (e, )
x0 使得 f x0 0 ,则 a 的取值范围是
()
A. 2 , 3
B.
e4
2 ,3
C.
2 ,1
D.
e4
e
2 ,1 e
3. 若 f ( x) x3 ax2 1在 (1,3)内单调递减,则实数 a 的范 围是( )
A. (
,3] B . [ 9 ,
范围是( )
A.
2 3e2
,
1 2e
B
.
2 3e2
,
1 2e
C.
21 3e2 , e
D
.
2 3e2
,
1 e
10. 【浙江省杭州市 2018 届质量监测】对于函数 f x 和 g x ,设 { x R | f x 0} ,
{ x R | g x 0} ,若存在 , ,使得
1,则称 f x 与 g x 互为“情侣函数”.若函数
难点一 利用导数探求参数的范围问题 测试卷
(一)选择题( 12*5=60 分)
1. 已知函数 f ( x) x2ex ,当 x [ 1,1] 时,不等式 f ( x) m 恒成立,则实数 m的取值范围为(
)
A. [ 1 , ) e
2. 设函数 f x
B ex 3x 1
. (e, ) C . [e, )