导数与不等式专题能力训练8利用解及参数的取值范围

专题能力训练 利用导数解不等式及参数的取值范2.已知函数f(x)=ex-e-x-的切线的斜率为3. 𝑛 .n>m>1(m,n∈N)时,证明√>.√𝑚 √y=2x+1没有公共点,k的取值范围2若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)值解3

(2)a<0时,x∈(01)∪(,1),f(x)=f( 2𝑎𝑥2+(2-𝑎)𝑥- (𝑎𝑥+1)(2𝑥-1.解:(1)f'(x)=2ax+(2-a)-1= = 当-1<,a<-2时,f(x)的单调递增区间为(11),单调递减区间为(01,+ 𝑎 当-1=1,a=-2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减 当-1>1,0>a>-2时,f(x)的单调递增区间为(11),单调递减区间为(011,

即 g(x)=ln𝑥+𝑥,g'(x)=-𝑥(𝑥- ∵x∈(1,e),∴g'(x)<0,即在区间(1,e)内g(x)单调递减∴a<g(1)=1.故实数a的取值范围为解:(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当x=0时等号成立,故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-①当b≤2时,g'(x)≥0,当且仅当x=0时等号成立,则g(x)在(-∞,+∞)上单调递增②b>2时,x满足2<ex+e-x<2b-2,0<x<ln(b-1+√𝑏2-2𝑏)时因为g(0)=0,所以当0<x≤ln(b-1+√𝑏2-2𝑏)时,g(x)<0,不符合题意2 ln2<18+√2<0.693f(x)≤kx2对任意x>0成立,k≥1+ln𝑥对任意x>0成立1·- 令 ∴g(x)在(0,1)内是增函数∴g(x)在(1,+∞)上是减函数

𝑥

故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求令h(x)=𝑥ln𝑥,则h'(x)=𝑥-1-𝑥- (𝑥-由(2)知,x≥1+ln∴h(x)是(1,+∞)上的增函数∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即𝑛ln𝑛>𝑛- 𝑚-∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnmnlnn+mlnm>mnlnm+nln整理,得

m∴√m√𝑚√

解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=𝑥-∵当0<x<1时,f'(x)<0,当x>1时∴f(x)在区间(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数2 ∵g(x)在其定义域内为减函数∴ax2+x+a≤0⇔a(x2+1)≤-x⇔a≤-𝑥⇔a≤[-𝑥 𝑥2+1

又𝑥=1≤1,-𝑥≥-

当且仅当x=1时取等号.∴a≤-2+ 有实数解①k=2时,方程(*)可化为1=0,其在R上没有实数解②k≠2时,方程(*)1𝑘-令g(x)=xex,则有x--0+↘-↗ 11)时,方程(*)无实数解,k的取值范围是(2-𝑘- 综合①②,可知k的取值范围是(2-2化简,a(x-lnx)≥1x2-21111𝑥- 𝑥-因而 .设 1 𝑥-1 (𝑥-1)(𝑥-ln𝑥)-(1-1)(𝑥- (𝑥-1)(𝑥+1-则 𝑥 (𝑥- (𝑥-2∴y'>0在x∈[1,e]时成立 2(2)a=1时,f(x)=ln由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立t(x)=𝑚x2-xln2由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增因此,记h(x)=ln𝑥+1,得h'(x)=- ∵函数在(0,1)上单调递增,在(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m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2(1+ 41 4

2𝑎=2(𝑥-)+2(𝑎-

0<a<1时,g(x)在区间(01-√1-4𝑎1+√1-4𝑎,+∞)上单调递增 在区间(1-√1-4𝑎1+√1-4𝑎)上单调递减 当a≥1时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增 -(2)证明:f'(x)=2(x-a)-2lnx-2(1+)=0,a=𝑥1 𝑥-1-

1+𝑥- 𝑥-1-)lnx+x- )x-)lnx+x- )x- - e- 故存在x0∈(1,e),使得0a=𝑥0-1-ln𝑥0,u(x)=x-1-ln01+𝑥-00=𝑢(1)<𝑢(𝑥0=a<𝑢(e)

e-

01+e- 1+e-a=a0时,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而7.解:(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数②a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-√1-𝑎,x2=-1+√1- 1 1(2)f(x)-f()

𝑥3+𝑥2+ax+1-1×[()]−()-a·1-3 1=1[𝑥3-()]+[𝑥2-()]+a(𝑥- 0=1(𝑥-1)(𝑥2+𝑥0+1)+ - 0

0 (𝑥0+)+a(𝑥0-)=(𝑥0-)·(0 +x0++𝑎) (𝑥0- x∈(01)∪(1,1),f(x)=f(1),4𝑥2+14x+7+12a=0在(01)∪(1,1)内有解 ∵a<0,∴Δ=142-16(7+12a)=4(21-4𝑥2+14x7+12a=0x-7-√21-48𝑎,x'=-7+√21- ∵x>0,∴x=x'=-

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