高考總復(fù)習(xí)理數(shù)（北師大版）課時(shí)作業(yè)提升17利用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)的不等式問題

課時(shí)作業(yè)提升(十七)利用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)的不等式問題A組夯實(shí)基礎(chǔ)1．(2018·石家莊調(diào)研)已知f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(b,x)＋c(b，c是常數(shù))和g(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,x)是定義在M＝{x|1≤x≤4}上的函數(shù)，對(duì)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?yàn)間(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(\f(1,4))＝1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)等號(hào)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?yàn)閒(x)在x＝2處有最小值，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]上單調(diào)遞減，在[2,4]上單調(diào)遞增，而f(1)＝eq\f(1,2)＋8－5＝eq\f(7,2)，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函數(shù)f(x)的最大值為5.2．(2018·銀川一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x2＋1)＋lnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對(duì)任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]時(shí)，恒有ma－f(x)＞a2成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋1,x)(x＞0)，①當(dāng)a≥0時(shí)，恒有f′(x)＞0，則f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；②當(dāng)a＜0時(shí)，當(dāng)0＜x＜eq\r(－\f(1,2a))時(shí)，f′(x)＞0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上是增函數(shù)；當(dāng)x＞eq\r(－\f(1,2a))時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上是減函數(shù)；綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上是減函數(shù)．(2)由題意知對(duì)任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]時(shí)，恒有ma－f(x)＞a2成立，等價(jià)于ma－a2＞f(x)max，因?yàn)閍∈(－4，－2)，所以eq\f(\r(2),4)＜eq\r(－\f(1,2a))＜eq\f(1,2)＜1由(1)知：當(dāng)a∈(－4，－2)時(shí)，f(x)在[1,3]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(1)＝2a所以ma－a2＞2a，即m＜a因?yàn)閍∈(－4，－2)，所以－2＜a＋2＜0，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為m≤－2.3．(2018·清遠(yuǎn)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的極值；(2)若f(x)＜0對(duì)x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．解：(1)若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．∴f(x)有極小值f(1)＝0，無極大值；(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)為增函數(shù)．∴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，不妨設(shè)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，則eq\f(1－a,a)＜1，x＞1，h′(x)＞0，h(x)為增函數(shù)，h(x)＞h(1)＝0(不合題意)；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)為增函數(shù)，h(x)＞h(1)＝0(不合題意)；若a≥eq\f(1,2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＜0，h(x)為減函數(shù)，h(x)＜h(1)＝0(符合題意)．綜上所述若x＞1時(shí)，f(x)＜0恒成立，則a≥eq\f(1,2).B組能力提升1．(2018·邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(a∈R)與函數(shù)F(x)＝x＋eq\f(2,x)的圖像沒有交點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)若不等式xf(x)＋e＞2－a對(duì)于x＞0的一切值恒成立，求正數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意得x＞0，而F(x)的最小值是F(eq\r(2))＝2eq\r(2)，而f(x)＝lnx－a在(0，＋∞)遞增．若函數(shù)f(x)＝lnx－a(a∈R)與函數(shù)F(x)＝x＋eq\f(2,x)的圖像沒有交點(diǎn)，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)原式等價(jià)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時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減②x＞ea－1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增∴g(x)的最小值為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時(shí)，t′(x)＞0，t(a)單調(diào)遞增④a＞1時(shí)，t′(a)＜0，t(x)單調(diào)遞減∴當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，g(x)的最小值t(a)＞t(0)＝e－2－eq\f(1,e)＝eq\f(ee－2－1,e)＞0.當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，g(x)的最小值為t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．∴a∈[1,2]．綜上得：a∈(0,2]．2．(2018·哈爾濱模擬)已知函數(shù)f(x)＝2(x－1)ex＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x2,2)－\f(3,2)))，m≤2e2.(1)當(dāng)m＝－eq\f(1,3)時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x≥1時(shí)，有f(x)≥mx2lnx恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)當(dāng)m＝－eq\f(1,3)時(shí)，f(x)＝2(x－1)ex－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，求導(dǎo)f′(x)＝x(2ex－1)，由f′(x)＞0，解得x＜－ln2或x＞0，當(dāng)f′(x)＜0，解得－ln2＜x＜0，∴f(x)在(－∞，－ln2)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－ln2,0)上單調(diào)遞減，∴f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln2)，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－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時(shí)u′(x)＝eq\f(xex－m,x)≥0恒成立，則u(x)＝ex＋m(1－lnx)在x≥1上單調(diào)遞增，則u(x)≥u(1)＝e＋m，令e＋m≥0，則－e≤m≤e時(shí)，u(x)≥0，即g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0恒成立，e＋m＜0時(shí)，存在x0∈(1，＋∞)，u(x0)＝0，∴x∈(1，x0)時(shí)，u(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，g(x)＜g(1)＝0(舍去)，②m＞e時(shí)，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)上減，∴x＝x1時(shí)u(x)有最小值u(x1)＝ex1＋m(1－lnx1)＞0，則即g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0恒成立．綜上－e≤m≤2e2.3．(2018·吉林模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋b)lnx，已知曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋2y＝0垂直．(1)求b的值；(2)若函數(shù)g(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x＋1)－a))(a≠0)，且g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意知，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為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，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，則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)，則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，故函數(shù)h(x)在(0,1]上是減函