2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测专题能力训练 8 利用导数解不等式及参数范围专题能力训练第 20 页 一、能力突破训练 1.已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x,a,bR. (1)若 a ,即 0a-2 时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,.1 12(12, -1 )(0,12)(-1 , + )(2)对b-2,-1,x(1,e)使得 ax2+bx-ln x0,2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测所以 f(x)在区间(0,+)单调递增.若 a0,则当 x时,f(x)0;(0,1 )当 x时,f(x)0 时,f(x)在 x= 取得最大值,最大值为 f=ln+a=-ln a+a-1.1 (1 )(1 ) (1 -1 )因此 f2a-2 等价于 ln a+a-11 时,g(a)0.因此,a 的取值范围是(0,1).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:. 解(1)f(x)=ax+xln x,f(x)=a+ln x+1.又 f(x)的图象在 x=e 处的切线的斜率为 3,f(e)=3,即 a+ln e+1=3,a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xln x,2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测若 f(x)kx2对任意 x0 成立,则 k对任意 x0 成立.1 + ln 令 g(x)=,则问题转化为求 g(x)的最大值,g(x)=-.1 + ln 1 - (1 + ln)2ln2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,+)上的增函数.nm1,h(n)h(m),即,ln - 1ln - 1mnln 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.已知函数 f(x)=ln x- ,其中 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;2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测(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+没有公共点,求 k 的取值范围.1()解(1)函数 f(x)的定义域为(0,+),且 f(x)=, - 12当 01 时,f(x)0,f(x)在区间(0,1)上为减函数,在区间(1,+)上为增函数.(2)由 g(x)=f(x)+ax=ln x- +ax,可知函数 g(x)的定义域为(0,+),g(x)=. 2+ + 2g(x)在其定义域内为减函数,x(0,+),g(x)0.ax2+x+a0a(x2+1)-xaa.- 2+ 1(- 2+ 1)min又= ,- ,2+ 11 +1 12- 2+ 112当且仅当 x=1 时取等号.a- .12(3)当 a=0 时,f(x)=ln x,h(x)=ex.直线 l:y=kx 与曲线 y=2x+=2x+没有公共点,等价于关于 x 的方程(k-2)x=(*)在 R 上1()11没有实数解,当 k=2 时,方程(*)可化为=0,其在 R 上没有实数解.1当 k2 时,方程(*)可化为=xex.1 - 2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:2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测x(-,-1)-1(-1,+)g(x)-0+g(x) -1 当 x=-1 时,g(x)min=- ,同时当 x 趋于+时,g(x)趋于+,故 g(x)的取值范围为.1 -1 , + )因此当时,方程(*)无实数解,解得 k 的取值范围是(2-e,2).1 - 2(- , -1 )综合,可知 k 的取值范围是(2-e,2.5.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)恒成立.求 m(mZ,m1) 的值.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- - ln122- - ln则 y=( - 1)( - ln) -(1 -1 )(122- )( - ln)2=.( - 1)(12 + 1 - ln)( - ln)2当 x(1,e)时,x-10, x+1-ln x0,122018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测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)=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.因此,记 h(x)=,得 h(x)=.ln + 1 ln + 1 - ln2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)=ln 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).(1)解 f(x)= -x+1=,x(0,+).1 - 2+ + 1 由 f(x)0 得解得 0 0,- 2+ + 1 0,?1 + 52(0,1 + 52)(2)证明令 F(x)=f(x)-(x-1),x(0,+),则有 F(x)=.当 x(1,+)时,F(x)1 时,F(x)1 时,f(x)1 满足题意.当 k1 时,对于 x1,有 f(x)1 满足题意.当 k1.1 - +(1 - )2+ 42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.(2017 江苏,20)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 的函数关系式,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- ,求 a 的取值范围.72解(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f(x)=3x2+2ax+b=3+b-.( +3)2232018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测当 x=- 时,f(x)有极小值 b-.323因为 f(x)的极值点是 f(x)的零点,所以 f=-+-+1=0,又 a0,故 b=+ .(-3)3273932293 因为 f(x)有极值,故 f(x)=0 有实根,从而 b-=(27-a3)0,即 a3.2319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=,x2=.- - 2- 33- + 2- 33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=+ ,定义域为(3,+).2293 (2)证明:由(1)知,=+.2 93 设 g(t)=+ ,则 g(t)= - =.293 293222- 2792当 t时,g(t)0,(3 62, + )从而 g(t)在区间内单调递增.(3 62, + )因为 a3,所以 a3,32018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测故 g(a)g(3)=,即.333因此 b23a.(3)由(1)知,f(x)的极值点是 x1,x2,且 x1+x2=- a,+=.23212242- 69从而 f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1+a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)3121322213212322132122+ b(x1+x2)+2=-+2=0.2343- 62749记 f(x),f(x)所有极值之和为 h(a),因为 f(x)的极值为 b-=- a2+ ,23193 所以 h(a)=- a2+ ,a3.193 因为 h(a)=- a-0,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于 .14(1)解由 f(x)=x3-ax-b,可得 f(x)=3x2-a.下面分两种情况讨论:当 a0 时,有 f(x)=3x2-a0 恒成立.所以 f(x)的单调递增区间为(-,+).2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测当 a0 时,令 f(x)=0,解得 x=,或 x=-.3333当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,(?-33?)-33(-33,?33)33 ,(?33+?)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,单调递增区间为,.(-33,33)(- , -33)(33, + )(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)=3-a=0,即= ,进而20203f(x0)=-ax0-b=-x0-b.3