高考总复习理数（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

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．(2018·石家庄调研)已知f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(b,x)＋c(b，c是常数)和g(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,x)是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，求f(x)在M上的最大值．解：因为g(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(\f(1,4))＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋eq\f(b,2)＋c＝g(2)＝1，c＝－1－eq\f(b,2)，所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(b,x)－1－eq\f(b,2)，f′(x)＝x－eq\f(b,x2)＝eq\f(x3－b,x2).因为f(x)在x＝2处有最小值，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(8,x)－5，f′(x)＝eq\f(x3－8,x2)，所以f(x)在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，而f(1)＝eq\f(1,2)＋8－5＝eq\f(7,2)，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函数f(x)的最大值为5.2．(2018·银川一中模拟)已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)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．解：(1)f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋1,x)(x＞0)，①当a≥0时，恒有f′(x)＞0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；②当a＜0时，当0＜x＜eq\r(－\f(1,2a))时，f′(x)＞0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上是增函数；当x＞eq\r(－\f(1,2a))时，f′(x)＜0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上是减函数；综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a＜0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上是减函数．(2)由题意知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]时，恒有ma－f(x)＞a2成立，等价于ma－a2＞f(x)max，因为a∈(－4，－2)，所以eq\f(\r(2),4)＜eq\r(－\f(1,2a))＜eq\f(1,2)＜1由(1)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－a2＞2a，即m＜a因为a∈(－4，－2)，所以－2＜a＋2＜0，所以实数m的取值范围为m≤－2.3．(2018·清远模拟)已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．(1)当a＝0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)＜0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．解：(1)若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，当x∈(1，＋∞)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)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1＜0，在(1，＋∞)恒成立．①若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，∴f(x)为增函数．∴f(x)＞f(1)＝0，即f(x)＜0不成立，∴a＝0不成立．②∵x＞1，lnx－eq\f(x－1ax－a＋1,x)＜0，在(1，＋∞)恒成立，不妨设h(x)＝lnx－eq\f(x－1ax－a＋1,x)，x∈(1，＋∞)h′(x)＝－eq\f(x－1ax＋a－1,x2)，x∈(1，＋∞)，由h′(x)＝0，得x＝1或eq\f(1－a,a)，若a＜0，则eq\f(1－a,a)＜1，x＞1，h′(x)＞0，h(x)为增函数，h(x)＞h(1)＝0(不合题意)；若0＜a＜eq\f(1,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1－a,a)))，h′(x)＞0，h(x)为增函数，h(x)＞h(1)＝0(不合题意)；若a≥eq\f(1,2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＜0，h(x)为减函数，h(x)＜h(1)＝0(符合题意)．综上所述若x＞1时，f(x)＜0恒成立，则a≥eq\f(1,2).B组能力提升1．(2018·邯郸模拟)已知函数f(x)＝lnx－a(a∈R)与函数F(x)＝x＋eq\f(2,x)的图像没有交点．(1)求a的取值范围；(2)若不等式xf(x)＋e＞2－a对于x＞0的一切值恒成立，求正数a的取值范围．解：(1)由题意得x＞0，而F(x)的最小值是F(eq\r(2))＝2eq\r(2)，而f(x)＝lnx－a在(0，＋∞)递增．若函数f(x)＝lnx－a(a∈R)与函数F(x)＝x＋eq\f(2,x)的图像没有交点，故只需f(eq\r(2))＜2eq\r(2)即可，即lneq\r(2)－a＜2eq\r(2)，解得a＞lneq\r(2)－2eq\r(2)；(2)原式等价于xlnx＋a＋e－2－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝xlnx＋a＋e－2－ax.∵g′(x)＝lnx＋1－a令g′(x)＝0，得x＝ea－1①0＜x＜ea－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减②x＞ea－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增∴g(x)的最小值为g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1.令t(a)＝a＋e－2－ea－1.∵t′(a)＝1－ea－1，令t′(a)＝0.得x＝1.且③0＜a＜1时，t′(x)＞0，t(a)单调递增④a＞1时，t′(a)＜0，t(x)单调递减∴当a∈(0,1)时，g(x)的最小值t(a)＞t(0)＝e－2－eq\f(1,e)＝eq\f(ee－2－1,e)＞0.当a∈[1，＋∞)时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥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＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x2,2)－\f(3,2)))，m≤2e2.(1)当m＝－eq\f(1,3)时，求f(x)的单调区间；(2)若x≥1时，有f(x)≥mx2lnx恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝－eq\f(1,3)时，f(x)＝2(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，求导f′(x)＝x(2ex－1)，由f′(x)＞0，解得x＜－ln2或x＞0，当f′(x)＜0，解得－ln2＜x＜0，∴f(x)在(－∞，－ln2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－ln2,0)上单调递减，∴f(x)单调递增区间为(－∞，－ln2)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－ln2,0)．(2)令g(x)＝f(x)－mx2lnx，g′(x)＝2x[ex＋m(1－lnx)]，令u(x)＝ex＋m(1－lnx)，u′(x)＝eq\f(xex－m,x)，①m≤e时u′(x)＝eq\f(xex－m,x)≥0恒成立，则u(x)＝ex＋m(1－lnx)在x≥1上单调递增，则u(x)≥u(1)＝e＋m，令e＋m≥0，则－e≤m≤e时，u(x)≥0，即g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)单调递增，g(x)≥g(1)＝0恒成立，e＋m＜0时，存在x0∈(1，＋∞)，u(x0)＝0，∴x∈(1，x0)时，u(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)＜g(1)＝0(舍去)，②m＞e时，u′(x)＝eq\f(xex－m,x)＜0，存在x1∈(1，＋∞)，使x1ex1＝m，e＜x1ex1≤2e2，∴1＜x1≤2，又u(x)在(x1，＋∞)上增，在(1，x1)上减，∴x＝x1时u(x)有最小值u(x1)＝ex1＋m(1－lnx1)＞0，则即g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)单调递增，g(x)≥g(1)＝0恒成立．综上－e≤m≤2e2.3．(2018·吉林模拟)设函数f(x)＝(x＋b)lnx，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；(2)若函数g(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x＋1)－a))(a≠0)，且g(x)在区间(0，＋∞)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)＝lnx＋eq\f(b,x)＋1，即ln1＋b＋1＝2，所以b＝1.(2)由(1)知g(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x＋1)－a))＝exlnx－aex所以g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a＋lnx))ex(x＞0)，若g(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，则g′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即eq\f(1,x)－a＋lnx≤0，所以a≥eq\f(1,x)＋lnx．令h(x)＝eq\f(1,x)＋lnx(x＞0)，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)，由h′(x)＞0，得x＞1，h′(x)＜0，得0＜x＜1，故函数h(x)在(0,1]上是减函