2020大一轮高考总复习文数(北师大版)课时作业提升：17利用导数解决含参数的不等式问题Word版含解析.doc

1、课时作业提升(十七)利用导数解决含参数的不等式问题A组夯实基础1-(218石家庄调研)已知f(x)=1x2+b+ c(b，c是常数)和g(x)=+1是定义在M =x|1w xf(Xo) , g(x) g(xo),且 f(xo)=g(xo)，求f(x)在M上的最大值.解:因为 g(x)=1x+x=1(当且仅当x= 2时等号成立),所以所以f(2) = 2 + ?+ c = g(2) = 1, c= 1 2,b x3 bx 2=2x xf(x) = *x2+1 b, f (x)=因为f(x)在x= 2处有最小值,所以f (2) = 0，即 b = 8,(x)= 4,x ，当 av 0 时，当 0v

2、 xv - ：一秒时，f (x) 0,则 f(x)在0,- 上是增函数;当 x， 2a时，f(X)v 0,则 f(x)在-21a,+ a上是减函数;综上，当a 0时，f(x)在(0, + a)上是增函数；当 a v 0时，f(x)在0,增函数，在-. 秽，+ a上是减函数.128所以c= 5, f(x) = 2x2 + x 5, f所以f(x)在1,2上单调递减，在2,4上单调递增,17而 f(1) = 2+ 8-5 = 2, f(4) = 8 + 2 5= 5,所以函数f(x)的最大值为5.22. (2018银川一中模拟)已知函数f (x)= a(x + 1)+ In x.(1)讨论函数f(

3、x)的单调性；若对任意a ( 4, 2)及x 1,3时，恒有ma f(x) a2成立，求实数 m的取值范 围.21 2ax +1解：(1)f (x) = 2ax+ - =(x 0),x 当a 0时，恒有f (x) 0，贝U f(x)在(0, + a)上是增函数;(2)由题意知对任意a (- 4, 2)及 x 1,3时，恒有ma f(x) a 成立,ma a f(X)max,因为a (-4，- 2),所以孑V由知：当a ( 4， 2)时，f(x)在1,3上是减函数,所以 f(X)max= f(1) = 2a,所以 ma a22a，即 mv a+ 2,因为 a ( 4, 2),所以一2v a+ 2

4、v 0, 所以实数m的取值范围为 mw 2.23. (2018 清远模拟)已知函数 f(x) = xln x a(x 1) x+ 1(a R). (1)当a = 0时，求f(x)的极值；若f(x)v 0对x (1 ,+ )恒成立，求a的取值范围.解：(1)若 a= 0, f(x) = xln x x+1, f (x)= In x,当 x (0,1)时，f (x)v 0, f(x)为减函数，当 x (1 ,+s)时，f (x) 0, f(x)为增函数. f(x)有极小值f(1) = 0，无极大值；(2)f(x)= xln x a(x 1)2 x+ 1 v 0,在(1, +)恒成立.若 a= 0,

5、 f(x) = xln x x+ 1, f (x) = In x, x (1, +), f (x)0, f(x)为增函数. f(x) f(1) = 0,即f(x) v 0不成立， a = 0不成立. x 1, In x v 0，在(1, + g )恒成立,x不妨设 h(x) = InX- x-1 ax-a + 1 , x (1 ,+g)xix 1 iax+ a 1 j _h (x) = x2, x (1, + g),(x)= 0,得x= 1或亍1 一 a若 av0,贝U v 1, x 1, h (x)0, h(x)为增函数, ah(x) h(1) = 0(不合题意);若 0v av 1,xh

6、(x) 0, h(x)为增函数,h(x) h(1) = 0(不合题意);1若 a，x (1, + g) , h (x)v 0 , h(x)为减函数，h(x)v h(1) = 0(符合题意).综上所述若x 1时，f(x) v 0恒成立，则a 1.B组能力提升21. (2018邯郸模拟)已知函数f(x) = In x a(a R)与函数F(x)= x+ -的图像没有交点.x(1)求a的取值范围；若不等式xf(x) + e 2 a对于x0的一切值恒成立，求正数 a的取值范围.解：由题意得x0,而F(x)的最小值是F(,2) = 2 2,而 f(x) = In x a 在(0 ,+s)递增.2若函数f

7、(x)= I n x a(a R)与函数F(x) = x+ -的图像没有交点，x故只需f( ,2) v 2 2即可，即In 2 av 2 2,解得 a In 2 2 2;原式等价于 xln x+ a+ e 2 ax 0在(0, +)上恒成立.令 g(x) = xIn x+ a + e 2 ax.Tg (x) = In x+ 1 a令 g (x)= 0，得 x= ea1 0v xv ea1 时，g (x)v 0, g(x)单调递减 xea 1 时，g (x)0, g(x)单调递增 g(x)的最小值为a 1a 1a 1a 1g(e ) = (a 1)e+ a+ e 2 ae= a+ e 2 e.令

8、 t(a) = a+ e 2 ea1./1 (a) = 1 ea 1,令 t (a) = 0得 x= 1且 0 v av 1 时，t (x) 0, t(a)单调递增a 1时，t (a)v 0, t(x)单调递减 当 a (0,1)时，g(x)的最小值 t(a)t(0) = e 2 =21 0.e e当 a 1 ,+s)时，g(x)的最小值为 t(a) = a+ e 2 ea1 0= t(2).- a 1,2.综上得：a (0,2.2. (2018 哈尔滨模拟)已知函数 f(x) = 2(x 1)ex + m 节| , m 1时，有f(x) mx In x恒成立，求实数 m的取值范围.解：(1)

9、当 m=才时,f(x)= 2(x 1)ex黄+ ；,求导 f (x)= x(2ex 1),由 f (x) 0,解得 xv In 2 或 x 0，当 f (x)v 0,解得In 2 v xv 0, f(x)在( s, In 2) , (0 ,+s)上单调递增，在(In 2,0)上单调递减， f(x)单调递增区间为(一s， In 2)，(0，+ s),单调递减区间为(一In 2,0).2x(2)令 g(x) = f(x) mx In x, g (x) = 2xe + m(1 In x),令 u(x) = ex+ m(1 In x),(x) =xxe mxmw e时u(x) =xxe mx则 u(x

10、) = ex+ m(1 In x)在 x 1 上单调递增，则 u(x)u(1) = e+ m,令 e+ m 0,则一e 0,即 g (x) 0, g(x)在1 ,+s )单调递增，g(x) g(1) = 0恒成立,e+ mv 0 时，存在 x (1 ,+s), u(x) = 0, x (1 , X0)时，u(x)v 0,即 g (x)v 0, g(x)在(1 , X0)上单调递减,g(x)v g(1) = 0(舍去),xxe mm e 时，u (x) =v 0,x存在 (1,+ s)，使 X1ex1 = m, ev X1exw 2e2, 1v XjW 2,又 u(x)在(X1,+s)上增，在(

11、1, X”上减， x= X1 时 u(x)有最小值 u(x” = ex1+ m(1 In xj0,则即 g (x) 0, g(x)在1 , + s)单调递增，g(x) g(1) = 0恒成立.综上ew m w 2e?.3. (2018吉林模拟)设函数f(x) = (x+ b)In x，已知曲线y= f (x)在点(1, f(1)处的切线与直线x+ 2y= 0垂直.(1)求b的值；若函数 g(x) = exfX1 a (az 0) ，且g(x)在区间(0 ,+s )上是单调函数，求实数a的取值范围.解：(1)由题意知，曲线y= f(x)在点(1, f(1)处的切线斜率为2,所以f (1) = 2,又 f (x) = In x + b+ 1, 即卩 In 1 + b+ 1 = 2，所以 b = 1.x(2)由(1)知 g(x) = ex 比一a =X,xe in x ae所以g (x)=a+ |n xRx(x 0),若g(x)在(0 ,+s)上为单调递减函数，则g (x) w 0在(0 ,+s)上恒成立,111即丄一a+ in xx + in x.令 h(x)=丄 + in x(x0), xxx11 x 一 1则 h (x)= -2+ -=,x x x由 h (x)0，得 x 1, h (x) v 0, 得 0vXV 1,故函数h(x)在(0,1上是减函数，在1 ,+s)