2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题8函数与导数专题能力提升练二十五2.8.5导数与不等式及参数范围问题.doc

1、1专题能力提升练 二十五 导数与不等式及参数范围问题(45分钟 80 分)一、选择题(每小题 5分,共 30分)1.已知函数 f(x)=x2lnx-a(x2-1)(aR),若 f(x)0 在 00,h(x)单调递增,(2-1- 2)(2-1)2h(x)= = = = ,所以 a .1+22 11+22 12 12【加固训练】(2018淮北一模)若存在实数 x使得关于 x的不等式(e x-a)2+x2-2ax+a2 成立,则实数 a12的取值范围是 ( )A. B.C. D.2【解析】选 A.不等式(e x-a)2+x2-2ax+a2 成立,即为(e x-a)2+(x-a)2 ,12 12表示点

2、(x,e x)与(a,a)的距离的平方不超过 ,12即最大值为 .12由(a,a)在直线 l:y=x上,设与直线 l平行且与 y=ex相切的直线的切点为(m,n),可得切线的斜率为 em=1,解得 m=0,n=1,切点为(0,1),由切点到直线 l的距离为直线 l上的点与曲线 y=ex的距离的最小值,可得(0-a) 2+(1-a)2= ,12解得 a= ,则 a的取值集合为 .122.(2018郑州一模)已知函数 f(x)=ex+x2+lnx与函数 g(x)=e-x+2x2-ax的图象上存在关于y轴对称的点,则实数 a的取值范围为 ( )A.(-,-e B.(-,-1C.(-,-1 D.【解析

3、】选 C.由题意知,方程 g(-x)-f(x)=0在(0,+)上有解,即 ex+2x2+ax-lnx-ex-x2=0,即 x+a- =0在(0,+)上有解,即函数 y=x+a与 y= 在(0,+)上有交点,y= 的导数为 y= ,3当 xe时,y0,函数 y= 递增.可得 x=e处函数 y= 取得极大值 ,函数 y=x+a与 y= 在(0,+)上的图象如图:当直线 y=x+a与 y= 相切时,切点为(1,0),可得 a=0-1=-1,由图象可得 a的取值范围是(-,-1.【加固训练】已知函数 g(x)=a-x2 xe,e 为自然对数的底数 与 h(x)=2lnx的图象上存在关于 x轴对称的点,

4、则实数 a的取值范围是 ( )A. B.1,e2-21,12+2C. D.e2-2,+)12+2,2-2【解析】选 B.函数 g(x)=a-x2 与 h(x)=2lnx的图象上存在关于 x轴对称的(1)4点,即函数 f(x)=x2-a 与 h(x)=2lnx的图象有交点,即 M(x)=f(x)-h(x)=x2-(1)2lnx-a在区间 上有零点.因为 M(x)=2x- = ,故函数 M(x)在区1,间 上单调递减,在区间1,e上单调递增,即 M(x)在 x=1处取得最小值.要使 M(x)与x轴有交点,则需 M(1)=1-a0,即 a1.另一方面 M = +2-a,M(e)=e2-2-a,M(e

5、)-(1)12M =e2- -40,故 M(e)=e2-2-a0,ae 2-2,综上所述 ,实数 a的取值范围是1,e 2-2.(1) 123.已知函数 y=f(x)是 R上的可导函数,当 x0 时,有 f(x)+ 0,则函数 F(x)=xf(x)+的零点个数是 ( )1A.0 B.1 C.2 D.3【解析】选 B.由 F(x)=xf(x)+ =0,得 xf(x)=- ,设 g(x)=xf(x),则 g(x)=f(x)+xf(x),因为 x0 时,有 f(x)+ 0,所以 x0 时, 0,即当 x0时,g(x)=f(x)+xf(x)0,此时函数 g(x)单调递增,此时 g(x)g(0)=0,当

6、 xg(0)=0,5作出函数 g(x)和函数 y=- 的图象,(直线只代表单调性和取值范围),由图象可知函数 F(x)=xf(x)+ 的零点个数为 1个.4.定义在 R上的函数 f(x)满足 f(-x)=f(x),且对任意的不相等的实数 x1,x20,+)有-1时,f(x)0,所以当 x=-1时,f(x)取得最小值 f(-1)=0,所以 f(x)只有唯一一个零点 x=-1,即 x1=-1,因为|x 1-x2|1,所以-2x 20,所以 g(x)在-2,0上有零点,(1)若 =4a 2-4(4a+4)=0,即 a=22 ,此时 g(x)的零点为 x=a,显然当 a=2-2 符合题意;(2)若 =

7、4a 2-4(4a+4)0,即 a2+2 ,若 g(x)在-2,0上只有一个零点,则 g(-2)g(0)0,所以 a=-1;7若 g(x)在-2,0上有两个零点,则(-2)0,(0)0,-22+22,解得-1a0,函数 h(x)为增函数,当 x+时,h(x)+,不满足 h(x)0 对任意 xR 恒成立.若 e-a0,当 x 时 ,h(x)e)恒成立,若存在实数 a,使得-1-ma+ln 0 成立,则 maln -1,所以 m- - (ae),(-)令 F(a)=- - ,(-)则 F(a)=- + =- + + =12 (-)2 12= .(-)(-)-2(-)所以当 a2e时,F(a)0,则

8、 F(a)min=F(2e)=- .所以 m- .则实数 m的取值范围是 .【加固训练】(2018武汉二月调研)已知实数 x,y满足约束条件 若不等式(1-a)x2+2xy+(4-2a)y20 恒成立,则实数 a的最大值为( )9A. B. C. D.73 53【解析】选 A.由图可知, .令 t= ,1,32 由(1-a)x 2+2xy+(4-2a)y20 得,a =1+=1+ =1+ =2+ .2+221+22 2-122+1令 y= ,2-122+1则 y= = ,2(22+1)-(2-1)4(22+1)2易知 y= 在 上先增后减,2-122+11,3210ymin=min =min

9、= .13所以 a2+ = .1373另解求 y= ,t 的最值的时候也可以用换元法:2-122+1 1,32令 =2t-11,2,则 y= = = ,1+2(+12 )2 22+2+3而 =max =6(借助对勾函数),所以 ymin= ,所以 a2+ = .13 1373二、填空题(每小题 5分,共 10分)7.已知函数 f(x)=1+x- + - + ,设 F(x)=f(x+4),且函数 F(x)的零点均在223344区间a,b(a-1时,1+x 20170,1+x0,即 f(x)0;当 x0,所以 f(x)在定义域上为增函数,又 f(-1)=1-1- - - - 0,所以 f(x)在(

10、-1,0)上有且只有一个零点,即 F(x)=f(x+4)在(-5,-4)上有且只有一个零点,又 a,bZ,所以 a=-5,b=-4,所以 b-a=1.答案:1118.(2018广元一模)已知函数 f(x)=ex,g(x)=ln + ,对任意 aR 存在 b(0,+)使 f(a)12=g(b),则 b-a的最小值为_.【解析】令 y=ea,则 a=lny,令 y=ln + ,可得 b=2 ,12则 b-a=2 -lny,所以(b-a)=2 - .显然,(b-a)是增函数,观察可得当 y= 时,(b-a)=0,故(b-a)有唯一零点.12故当 y= 时,b-a 取得最小值为 2 -lny=2 -l

11、n =2+ln2.12 12-12 12答案:2+ln2三、解答题(每小题 10分,共 40分)9.已知函数 f(x)=ex,直线 l的方程为 y=kx+b,(kR,bR).(1)若直线 l是曲线 y=f(x)的切线,求证:f(x)kx+b 对任意 xR 成立.(2)若 f(x)kx+b 对任意 x0,+)恒成立,求实数 k,b应满足的条件.【解析】(1)因为 f(x)=e x,设切点为(t,e t),所以 k=et,b=et(1-t),所以直线 l的方程为 y=etx+et(1-t),令函数 F(x)=f(x)-kx-b,即 F(x)=ex-etx-et(1-t),F(x)=e x-et,所

12、以 F(x)在(-,t)单调递减,在(t,+)单调递增,所以 F(x)min=f(t)=0,故 F(x)=f(x)-kx-b0,即 f(x)kx+b 对任意 xR 成立.(2)令 H(x)=f(x)-kx-b=ex-kx-b,x0,+),H(x)=e x-k,x0,+),当 k1 时,H(x)0,则 H(x)在0,+)单调递增,所以 H(x)min=H(0)=1-b0,b1,即 符合题意.1,1,当 k1时,H(x)在0,lnk上单调递减,在lnk,+)单调递增,12所以 H(x)min=H(lnk)=k-klnk-b0,即 bk(1-lnk),综上所述:满足题意的条件是或10.(2018菏泽

13、一模)已知函数 f(x)= x2-(a+1)x+alnx+1(aR).12(1)若函数 f(x)在 x=2处取得极值,求 f(x)的极大值.(2)若 f(x)1 对x(0,+) 成立,求实数 a的取值范围 .【解析】(1)因为 f(x)= x2-(a+1)x+alnx+1,12所以 f(x)=x-(a+1)+ .又因为函数 f(x)在 x=2处取得极值,所以 f(2)=2-(a+1)+ =0,解得 a=2.当 a=2时,f(x)=x-3+ = = .令 f(x)=0,则 =0,所以 x1=1,x2=2.当 x变化时,f(x)与 f(x)变化情况如下表:x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,

14、+)f(x) + 0 - 0 +f(x) 极大值 极小值 f(x)的极大值为 f(1)=- .3213(2)据题意,得 x2-(a+1)x+alnx0 对x(0,+)恒成立.12设 g(x)= x2-(a+1)x+alnx,则 g(x)=x-(a+1)+ = .12 (-1)(-)讨论:()当 a0 时,由 g(x)0 得函数 g(x)的单调增区间为(1,+).所以 g(x)min=g(1),且 g(1)=-a- .12所以-a- 0,解得 a- ;12 12()当 00 得函数 g(x)的单调增区间为(0,a),(1,+),又 g(1)=-a- ,-a- 1时,由 g(x)0 得函数 g(x

15、)单调增区间为(0,1),(a,+),又 g(1)=-a- ,-a- 0 和f(x)0,由 f(x)0,得 x(0,+),由 f(x)0,即 a0 得,x(-,0)(ln(-a-1),+),由 f(x)0 得,x(-,ln(-a-1)(0,+),由 f(x)0.+32(+1)所以 (a)在(-2,-1)单调递增.因为 (-2)= ,32所以 (a)0,方程无解.所以综上所述,-1a0).12(1)讨论 f(x)的单调性.(2)当 a=1时,若方程 f(x)= x2+m(m0)的定义域为(0,+),12f(x)=x-a+ = ,(a0),=a 2-4a.2-+当 0,即 00,即 a4时,f(x

16、)=0 的根 x1= ,x2= ,- 2-42x(0,x 1)时,f(x)0,x(x 1,x2)时,f(x)0,所以 f(x)在(0,x 1),(x2,+)上单调递增,在(x 1,x2)上单调递减.(2)当 a=1时,若方程 f(x)= x2+m(m1,令 g(x)0 得 02,令 h(x)=g(x)-g ,(x2),(22)h(x)=g(x)-g =-x+ +3lnx-ln2(x2),(22) 22h(x)=- ,当 x2时,h(x)2时,g(x 2)-g 0.(0)0()2.(2018郑州一模)若对于任意的正实数 x,y都有 ln 成立,则实数 m的取值范围为 ( )A. B.C. D.(

17、12,【解析】选 D.根据题意,对于 ln ,变形可得 ln , 即 ln ,设 t= ,则(2e-t)lnt ,t0,设 f(t)=(2e-t)lnt(t0),则其导数 f(t)=-lnt+ -1,2又由 t0,则 f(t)为减函数,且 f(e)=-lne+ -1=0,2则当 t(0,e)时,f(t)0,f(t)为增函数,当 t(e,+)时,f(t)0,故 t1x20,则 -10-1=-1, -10-1=-1,由于 3个不等的 x值只对应相应的 2个 t值,19而 -1-1, -1-1,则设 t1-1,有 -1=t1, -1= -1=t2,22故 = t2t2=(t1t2)2=1.214.若

18、函数 f(x)=ex-1+2x-lo ax(a0)在区间(0,2)内有两个不同的零点,则实数 a的取值2范围为 ( )A. B.(0,2(2,22)C. D.(2,2+22 (232,2+44)【解析】选 D.当 a=2时,f(x)=e x-1+2x-2x=ex-10在定义域上没有零点,故排除 A,B两个选项.当 a=22时,f(x)=e x-1+2x-4x=ex-1-2x,令 f(x)=e x-1-2=0,解得 x=ln2+10,f(1) .12 12(1)求实数 a的取值范围.(2)设上述 a的取值范围为 M,若存在 x0 ,使对任意 aM,不等式 f(x0)1+22,2+ln(a+1)m

19、(a2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,求实数 m的取值范围.【解析】(1)f(x)=ax-2a+ = (x0).20令 f(x)=0,则 ax2-2ax+1=0.据题意,方程有两个不等正根,则即 解得 10,得 a(x-1)2a-1.即 x1+ .所以 f(x)在 和 上是增函数.(0,1- 1-1) (1+1-1,+)因为 1m(a2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,即-2a+ln2+ln(a+1)m(a 2-1)-(a+1)+2ln2恒成立,即 ln(a+1)-ma2-a+m+1-ln20恒成立.设 g(a)=ln(a+1)-ma2-a+m+1-ln2,则 g(a)= -2ma-1=

20、 .1+1 -2(+1+12)+1当 m0 时,因为 a(1,2),则 g(a)0,g(a)0,所以 g(a)在(1,2)上是增函数.此时,g(a)g(1)=0,符合题意.若 1+ 1.14当 10,所以 f(x)在(0,+)上单调递增;当 k0时,令 t(x)=x2-2kx+1,当 =4k 2-40 即 00,即 k1时,22x2-2kx+1=0的两根 x1,2=k ,所以 x(0,k- ),f(x)0,x(k- ,k+ ),f(x)0,故当 k(-,1时,f(x)在(0,+)上单调递增,当 k(1,+)时,f(x)在(0,k- )和(k+ ,+)上单调递增,f(x)在(k- ,k+ )上单

21、调递减.(2)f(x)=lnx+ x2-2kx(x0),12f(x)= +x-2k,由(1)知 k1 时,f(x)在(0,+)上单调递增,此时 f(x)无极值,当 k1时,f(x)= +x-2k= ,2-2+1由 f(x)=0 得 x2-2kx+1=0,=4k 2-40,设两根为 x1,x2,则 x1+x2=2k,x1x2=1,其中 01),12m(x)= -x0ln - + 0,1-212 121221令 t= (0,1),12则即证明 2lnt-t+ 0.1令 (t)=2lnt-t+ ,0(1)=0,即 2lnt-t+ 0成立.1由上述分析可知 F( )0,可知 m1(x)在(0,1)上是增函数,所以 m1(x)m 1(0)=0,即 m1(x)在(0,1)上是增函数,26所以 10,得 x ;由 m2(x)0,得 0x ,1 1所以 m2(x)在 上递减,在 上递增,(0,1) (1,1)所以- m 2(x)0,从而 1- m1(x)+m2(x)2+ .3 3 23所以,对任意 x1,x2(0,1),|g(x 1)-g(x2)| - = + +1.(2+23)(1-3)233