1、专题能力训练 8 利用导数解不等式及参数的取值范围一、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.2.(2018 全国 ,理 21)已知函数 f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若 a=0,证明:当- 10 时,f(x)0;(2)若 x=0 是 f(x)的极大值点,求 a.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)kx 2
2、 对任意 x0 成立,求实数 k 的取值范围;(3)当 nm1(m,nN *)时,证明: .4.设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 aR.(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).15.设函数 f(x)=aln x,g(x)= x2.12(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
3、)恒成立.求 m(mZ ,m1)的值.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.二、思维提升训练7.已知函数 f(x)= x3+x2+ax+1(aR) .13(1)求函数 f(x)的单调区间 ;(2)当 a0,函数 g(x)单调递增;当 a0 时,x 时,g (x)0,函数 g(x)单调递增,x 时,函数 g(x)单调递减.(0,12) (12,+)所以当 a0
4、时,g(x)的单调增区间为 (0,+);当 a0 时,g(x) 单调增区间为 ,单调减区间为(0,12) (12,+).(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 01,由(1)知 f(x)在区间 内单调递增,12 12 (0,12)可得当 x(0,1)时,f(x )0.(1,12)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(1,12)意. 当 a= 时, =1,f(x)在区间(0,1)内
5、单调递增,在区间(1,+)内单调递减,12 12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,12 12 (12,1)当 x(1, +)时,f(x)12.2.解 (1)当 a=0 时,f( x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)- ,1+设函数 g(x)=f(x)=ln(1+x)- ,则 g(x)= ,1+ (1+)2当-10 时,g(x) 0.故当 x-1 时,g(x)g(0)=0,且仅当 x=0 时,g(x) =0,从而 f(x)0,且仅当 x=0 时,f (x)=0.所以 f(x)在(- 1,+)内单调递
6、增.又 f(0)=0,故当 -10 时,f(x)0.(2) 若 a0,由(1) 知,当 x0 时,f(x)(2 +x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾. 若 a0,故 h(x)与 f(x)符号相同.1,1|又 h(0)=f(0)=0,故 x=0 是 f(x)的极大值点当且仅当 x=0 是 h(x)的极大值点.h(x)=11+2(2+2)-2(1+2)(2+2)2 =2(22+4+6+1)(+1)(2+2)2.若 6a+10,则当 00,故 x=0 不是 h(x)的极大值点.6+14 1, 1|若 6a+10;当 x(0,1)时,h( x)0 成立,则
7、k 对任意 x0 成立.1+令 g(x)= ,则问题转化为求 g(x)的最大值,g(x) = =-1+ 1-(1+)2 2.令 g(x)=0,解得 x=1.当 00, 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 ,-1-1 mnln n-nln nmnln m-mln m,即 mnln n+mln mmnln m+nln n, ln nmn+ln mmln mmn+ln nn.整理,得 ln(mnn)mln(nmm)n. (mnn)m(nmm)n, .4.解 (1)f(x)=2ax- (
8、x0).1=22-1当 a0 时,f (x)0 时,由 f(x)=0,有 x=12.此时,当 x 时,f (x)0,f(x)单调递增.(12,+)(2)令 g(x)= ,s(x)=ex-1-x.1 1-1则 s(x)=ex-1-1.而当 x1 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 x1 时,g(x) 0.当 a0,x 1 时,f(x )=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a0.当 01.12 12由(1)有 f 0,(12) (12)所以此时 f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当 a 时
9、,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1) .12当 x1 时,h (x)=2ax- -e1-xx- 0.1+12 1+121=3-2+12 2-2+12因此,h(x) 在区间(1,+)单调递增.又因为 h(1)=0,所以当 x1 时,h(x)=f(x)-g (x)0,即 f(x)g(x)恒成立.综上,a 12,+).5.解 (1)不等式 f(x)+2g(x)( a+3)x-g(x),即 aln x+2x(a+3)x- x2,12化简,得 a(x-ln x) x2-x.12由 x1,e知 x-ln x0,因而 a 设 y= ,122-.122-则 y=(-1)(-)-(1-1)(122-)(-
10、)2 =(-1)(12+1-)(-)2 . 当 x(1,e)时 ,x-10, x+1-ln x0,12 y0 在 x1,e时成立.由不等式有解,可得 ay min=- ,12即实数 a 的取值范围是 -12,+).(2)当 a=1 时,f(x )=ln x.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-xln x(x0).2由题意知 x1x20,则当 x(0,+) 时函数 t(x)单调递增, t(x)=mx-ln x-10 恒成立,即 m 恒成立.+1因此,记 h(x)= ,得 h(x
11、)=+1 -2. 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 m1,结合已知条件 mZ ,m1,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 ,(1+)所以 g(x)=2-2+22=2(-12)2+2(-14)2 .当 00,(e)=- -2 f(x0)=0;当 x(x 0,+)时 ,f(x)0,从而 f(x)f(x0)=0.所以,当 x(1, +)时,f(x )0.综上所述
12、,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.解 (1)f(x)=x2+2x+a,方程 x2+2x+a=0 的判别式为 =4-4a, 当 a1 时,0,则 f(x)0, 此时 f(x)在 R 上是增函数; 当 a0,解得 x-1+ ,1- 1-解不等式 x2+2x+a0,故方程 4 +14x0+7+12a=0 的两根为 x1= ,x2=20 -7- 21-484 -7+21-484 .由 x00,得 x0=x2= ,-7+21-484依题意,0 1,即 7 11,所以 4921-48a121,即- a- ,-7+21-484 21-48 2512 712又由 得 a=- ,-7+21-484 =12 54故要使满足题意的 x0 存在,则 a-54.综上,当 a 时,存在唯一的 x0 满足 f(x0)=f ,当 a(-2512,-54)(-54,-712) (0,12)(12,1) (12)时,不存在 x0 满足 f(x0)=f(-,-2512(-54)-712,0) (0,12)(12,1) (12).