2019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 .doc

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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(2018石家庄调研)已知f(x)x2c(b，c是常数)和g(x)x是定义在Mx|1x4上的函数，对于任意的xM，存在x0M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)x21(当且仅当x2时等号成立)，所以f(2)2cg(2)1，c1，所以f(x)x21，f(x)x.因为f(x)在x2处有最小值，所以f(2)0，即b8，所以c5，f(x)x25，f(x)，所以f(x)在1,2上单调递减，在2,4上单调递增，而f(1)85，f(4)8255，所以函数f(x)的最大值为5

2、.2(2018银川一中模拟)已知函数f (x)a(x21)ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意a(4，2)及x1,3时，恒有maf(x)a2成立，求实数m的取值范围解：(1)f(x)2ax(x0)，当a0时，恒有f(x)0，则f(x)在(0，)上是增函数；当a0时，当0x 时，f(x)0，则f(x)在上是增函数；当x时，f(x)0，则f(x)在上是减函数；综上，当a0时，f(x)在(0，)上是增函数；当a0时，f(x)在上是增函数，在上是减函数(2)由题意知对任意a(4，2)及x1,3时，恒有maf(x)a2成立，等价于maa2f(x)max，因为a(4，2)，所以 1由(

3、1)知：当a(4，2)时，f(x)在1,3上是减函数，所以f(x)maxf(1)2a，所以maa22a，即ma2，因为a(4，2)，所以2a20，所以实数m的取值范围为m2.3(2018清远模拟)已知函数f(x)xln xa(x1)2x1(aR)(1)当a0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a0，f(x)xln xx1，f(x)ln x，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)xln xa(x1)2x10，在(1，)恒成立若a0，f(x)x

4、ln xx1，f(x)ln x，x(1，)，f(x)0，f(x)为增函数f(x)f(1)0，即f(x)0不成立，a0不成立x1，ln x0，在(1，)恒成立，不妨设h(x)lnx，x(1，)h(x)，x(1，)，由h(x)0，得x1或，若a0，则1，x1， h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0(不合题意)；若0a，x，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0(不合题意)；若a，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x1时，f(x)0恒成立，则a.B组能力提升1(2018邯郸模拟)已知函数f(x)ln xa(aR)与函数F(x)x的

5、图像没有交点(1)求a的取值范围；(2)若不等式xf(x)e2a对于x0的一切值恒成立，求正数a的取值范围解：(1)由题意得x0，而F(x)的最小值是F()2，而f(x)ln xa在(0，)递增若函数f(x)l n xa(aR)与函数F(x)x的图像没有交点，故只需f()2即可，即ln a2，解得aln 2；(2)原式等价于xln xae2ax0在(0，)上恒成立令g(x)xln xae2ax.g(x)ln x1a令g(x)0，得xea10xea1时，g(x)0，g(x)单调递减xea1时，g(x)0，g(x)单调递增g(x)的最小值为g(ea1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea1. 令

6、t(a)ae2ea1.t(a)1ea1，令t(a)0.得x1.且0a1时，t(x)0，t(a)单调递增a1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)e20.当a1，)时，g(x)的最小值为t(a)ae2ea10t(2)a1,2综上得：a(0,22(2018哈尔滨模拟)已知函数f(x)2(x1)exm，m2e2.(1)当m时，求 f(x)的单调区间；(2)若x1时，有f(x)mx2ln x恒成立，求实数m的取值范围解：(1)当m时，f(x)2(x1)exx2，求导f(x)x(2ex1)，由f(x)0，解得xln 2或x0，当f(x)0，解得ln 2x0，f

7、(x)在(，ln 2)，(0，)上单调递增，在(ln 2,0)上单调递减，f(x)单调递增区间为(，ln 2)，(0，)，单调递减区间为(ln 2,0)(2)令g(x)f(x)mx2ln x，g(x)2xexm(1ln x)，令u(x)exm(1ln x)，u(x)，me时u(x)0恒成立，则u(x)exm(1ln x)在x1上单调递增，则u(x)u(1)em，令em0，则eme时，u(x)0，即g(x)0，g(x)在1，)单调递增，g(x)g(1)0恒成立，em0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)

8、0(舍去)，me时，u(x)0，存在x1(1，)，使x1ex1m，ex1ex12e2，1x12，又u(x)在(x1，)上增，在(1，x1)上减，xx1时u(x)有最小值u(x1)ex1m(1ln x1)0，则即g(x)0，g(x)在1，)单调递增，g(x)g(1)0恒成立综上em2e2.3(2018吉林模拟)设函数f(x)(xb)ln x，已知曲线yf (x)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y0垂直(1)求b的值；(2)若函数g(x)ex(a0)，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yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又

9、f(x)ln x1，即ln 1b12，所以b1.(2)由(1)知g(x)exexln xaex所以g(x)ex(x0)，若g(x)在(0，)上为单调递减函数，则g(x)0在(0，)上恒成立，即aln x0，所以aln x令h(x)ln x(x0)，则h(x)，由h(x)0，得x1，h(x)0，得0x1，故函数h(x)在(0,1上是减函数，在1，)上是增函数，则ln x，h(x)无最大值，g(x)0在(0，)上不恒成立，故g(x)在(0，)不可能是单调减函数若g(x)在(0，)上为单调递增函数，则g(x)0在(0，)上恒成立，即aln x0，所以aln x，由前面推理知，h(x)ln x的最小值为1，a1，故a的取值范围是(，1