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2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第5讲 利用导数研究不等式恒成立及相关问题 文
导数的综合应用
训练提示:在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.
1.(xx云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=ln x-.
(1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
(2)若f[x(3x-2)]<-,求实数x的取值范围.
(1)证明:由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f(x)=ln x-,
所以f′(x)=-=.
因为x>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.
所以当x>0时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)解:因为f(x)=ln x-,
所以f(1)=ln 1-=-.
由f[x(3x-2)]<-得f[x(3x-2)]
0,得x>1,
所以h(x)在(1,+∞)上为增函数;
令h′(x)=1-<0,得00,即2-f(x)>0.
要证x<,只需证x[2-f(x)]<2+f(x),
即证f(x)>.
记k(x)=f(x)-=ln x-,
则k′(x)=.
所以当10,k(x)在(1,e2)上为增函数.
所以k(x)>k(1)=0,所以ln x->0,
所以ln x>.
所以当10),
可知g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,
所以g(x)≥g(1)=0,
所以f(x)≥-+-4x+成立.
(3)解:由x∈[e,+∞)知,x+ln x>0,
所以f(x)≥0恒成立等价于a≤
在x∈[e,+∞)时恒成立.
令h(x)=,x∈[e,+∞),
有h′(x)=>0,
所以h(x)在[e,+∞)上是增函数,有h(x)≥h(e)=,
所以a≤.即a的取值范围为(-∞,].
4.(xx山东淄博市一模)设函数f(x)=x2-ax+ln x(a为常数).
(1)当a=3时,求函数f(x)的极值;
(2)当01时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
所以f(x)极小值=f(1)=-2,
f(x)极大值=f()=--ln 2.
(2)函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x+-a,
因为2x+≥2,(当且仅当x=时,等号成立)
因为00在(0,+∞)上恒成立,
故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(3)当a∈(0, )时,由(2)知,f(x)在[,1]上单调递增,
所以f(x)max=f(1)=1-a.
故问题等价于:当a∈(0, )时,
不等式1-a0,
所以M(a)在a∈(0, )上单调递增,
M(a)0)上存在极值,求实数m的取值范围;
(2)设g(x)=[xf(x)-1],若对任意x∈(0,1)恒有g(x)<-2,求实数a的取值范围.
解:(1)由题意k=f(x)=,x>0,
所以f′(x)= ( )′=-
当00;
当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故f(x)在x=1处取得极大值.
因为函数f(x)在区间(m,m+) (其中m>0)上存在极值,
所以得0,不合题意.
当a>0时,由g(x)<-2,可得ln x+<0,
设h(x)=ln x+,则h′(x)=.
设t(x)=x2+(2-4a)x+1,Δ=(2-4a)2-4=16a(a-1),
①若00,h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1)内单调递增,又h(1)=0,
所以h(x)1,则Δ>0,t(0)=1>0,t(1)=4(1-a)<0,
所以存在x0∈(0,1),使得t(x0)=0,
则h(x)在(x0,1)内单调递减,又h(1)=0,
所以当x∈(x0,1)时,h(x)>0,不合要求.
综合①②可得00,求a的取值范围.
解:(1)由题意知f(x)=-x3+2x2-4,f′(x)=-3x2+4x,
令f′(x)=0,得x=0或.
当x在[-1,1]上变化时,f′(x),f(x)随x的变化情况如表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
-7
-
0
+
1
f(x)
-1
↘
-4
↗
-3
所以对于m∈[-1,1],f(m)的最小值为f(0)=-4,
因为f′(x)=-3x2+4x的对称轴为x=,
且抛物线开口向下,
所以对于n∈[-1,1],f′(n)的最小值为f′(-1)=-7.
所以f(m)+f′(n)的最小值为-11.
(2)因为f′(x)=-3x(x-).
①若a≤0,当x>0时,f′(x)<0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,
又f(0)=-4,则当x>0时,f(x)<-4.
所以当 a≤0时,不存在x0>0,使f(x0)>0.
②若a>0,则当00,
当x>时,f′(x)<0.
从而f(x)在(0,]上单调递增,
在[,+∞)上单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,
f(x)max=f()=-+-4.
根据题意,-4>0,即a3>27,解得a>3.
综上,a的取值范围是(3,+∞).
3.已知函数f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞),g(x)=x3-ax.
(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的最大值;
(3)若对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围.
解:(1)因为f(x)=ln x-x+1(x>0),
所以f′(x)=-1=,
所以f′(1)=0,由导数的几何意义知
曲线f(x)在点(1,0)处的切线的斜率为0,
故所求切线方程为y=0.
(2)由(1)知f′(x)=-1=,
所以当00;
当x>1时,f′(x)<0,所以f(x)≤f(1)=0,
所以f(x)的最大值为0.
(3)依题意f(x1)max≤g(x2)max其中x1∈(0,+∞),
x2∈[1,2],
由(2)知f(x1)max=f(1)=0,
问题转化为:存在x∈[1,2],
使得x3-ax≥0⇔a≤(x2)max=4,其中x∈[1,2],
所以a≤4.即a的取值范围为(-∞,4].
4.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)若f(1)=0,求函数f(x)的最大值;
(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的单调区间;
(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明x1+x2≥.
(1)解:因为f(1)=1-=0,
所以a=2,
此时f(x)=ln x-x2+x,x>0,
f′(x)=-2x+1=(x>0),
由f′(x)=0,得x=1,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,
在(1,+∞)上单调递减,
故当x=1时函数有极大值,也是最大值,
所以f(x)的最大值为f(1)=0.
(2)解:g(x)=f(x)-(ax-1)
=ln x-ax2+(1-a)x+1,
所以g′(x)=-ax+(1-a)
=.
当a≤0时,因为x>0,所以g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是递增函数,
当a>0时,
g′(x)=
=-,
令g′(x)=0,得x=.
所以当x∈(0, )时,g′(x)>0;
当x∈(,+∞)时,g′(x)<0,
因此函数g(x)在x∈(0, )是增函数,
在x∈(,+∞)是减函数.
综上,当a≤0时,
函数g(x)的递增区间是(0,+∞),无递减区间;
当a>0时,函数g(x)的递增区间是(0, ),
递减区间是(,+∞).
(3)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x,x>0.
由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,
即ln x1++x1+ln x2++x2+x1x2=0.
从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln (x1x2).
令t=x1x2,
则由φ(t)=t-ln t得,φ′(t)=.
可知,φ(t)在区间(0,1)上单调递减,
在区间(1,+∞)上单调递增.
所以φ(t)≥φ(1)=1,
所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,
因为x1>0,x2>0,
因此x1+x2≥成立.
5.(xx四川德阳市一诊)如图,已知点A(11,0),函数y=的图象上的动点P在x轴上的射影为H,且点H在点A的左侧,设|PH|=t,△APH的面积为f(t).
(1)求函数f(t)的解析式及t的取值范围;
(2)若a∈(0,2),求函数f(t)在(0,a]上的最大值.
解:(1)由已知可得=t,
所以点P的横坐标为t2-1,
因为点H在点A的左侧,
所以t2-1<11,
即-20,
所以0
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