【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(理)(江西)二輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練：1-1-4利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍

第4講利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍一、選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ()．A．[－1,1] B．[－1，＋∞)C．[1，＋∞) D．(－∞，1]解析f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0對一切x＞0恒成立，∴m≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x).令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，則當(dāng)eq\f(1,x)＝1，即x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取最大值1.故m≥1.答案C2．(2022·廣州調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍是 ()．A．[0,1) B．(－1,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．(0,1)解析f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，無最小值．當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))．當(dāng)x∈(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)eq\r(a)＜1，即0＜a＜1時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)有最小值．答案D3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ()．A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,9)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,9)，＋∞))C．(－∞，2] D．(－∞，2)解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.∴f(x)在(0,4)上遞減，在(4，＋∞)上遞增，∴當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成馬上可，代入解之得m≥eq\f(17,9).答案A4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋3x＋1有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()．A．(eq\r(3)，＋∞) B．(－∞，－eq\r(3))C．(－eq\r(3)，eq\r(3)) D．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)解析f′(x)＝x2＋2ax＋3.由題意知方程f′(x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以Δ＝4a2－12＞0，解得：a＞eq\r(3)或a＜－eq\r(3).答案D二、填空題5．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋lnx是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是________．解析依題意知，x＞0，f′(x)＝eq\f(2x2＋mx＋1,x).令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，當(dāng)－eq\f(m,4)≤0時(shí)，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立；當(dāng)－eq\f(m,4)＞0時(shí)，則Δ＝m2－8≤0，∴－2eq\r(2)≤m＜0.綜上，m的取值范圍是m≥－2eq\r(2).答案[－2eq\r(2)，＋∞)6．若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是______．解析對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝eq\f(－x2＋4x－3,x)＝－eq\f(x－1x－3,x).由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3.答案(0,1)∪(2,3)7．(2022·浙江考試院抽測)已知m∈R，若函數(shù)f(x)＝x3－3(m＋1)x2＋12mx＋1在[0,3]上無極值點(diǎn)，則m的值為________．解析f′(x)＝3x2－6(m＋1)x＋12m＝3(x－2)(x－2m)．由于f(x)在[0,3]上無極值點(diǎn)，則2m＝2，所以m＝1.答案18．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x＋1)，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．解析由于f′(x)＝1＋eq\f(1,x＋12)>0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝－1.依據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)能成立，令h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)，則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函數(shù)h(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(5,2x)在x∈[1,2]上單調(diào)遞減(可利用導(dǎo)數(shù)推斷)，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(9,4)，故只需a≥eq\f(9,4).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞))三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線斜率為1，為求實(shí)數(shù)a的值；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\f(2,x)＋f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2＋2a,x).由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)由g(x)＝eq\f(2,x)＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x).由函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù)，則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－eq\f(2,x2)＋2x＋eq\f(2a,x)≤0在[1,2]上恒成立，即a≤eq\f(1,x)－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝eq\f(1,x)－x2，在[1,2]上h′(x)＝－eq\f(1,x2)－2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2x))＜0，所以h(x)在[1,2]上為減函數(shù)，h(x)min＝h(2)＝－eq\f(7,2).所以a≤－eq\f(7,2).10．(2022·北京西城區(qū)一模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x)，其中a∈R.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)假如對于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)＞－x＋2，求a的取值范圍．解(1)由f(x)＝lnx－eq\f(2,x)，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)，所以f′(1)＝3.又由于f(1)＝－2，所以函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為3x－y－5＝0.(2)由f(x)＞－x＋2，得lnx－eq\f(a,x)＞－x＋2，即a＜xlnx＋x2－2x.設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx＋x2－2x，則g′(x)＝lnx＋2x－1.由于x∈(1，＋∞)，所以lnx＞0,2x－1＞0，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＝lnx＋2x－1＞0，故函數(shù)g(x)在x∈(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＞g(1)＝－1.由于對于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)＞－x＋2成立，即對于任意x∈(1，＋∞)，都有a＜g(x)成立，所以a≤－1.11．(2022·山西臨汾四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(xlnx－1,x－2).(1)爭辯函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝x2＋2x＋3，證明：對任意x1∈(1,2)∪(2，＋∞)，總存在x2∈R，使得f(x1)＞g(x2)．(1)解f′(x)＝eq\f([xlnx－1]′x－2－xlnx－1,x－22)＝eq\f(－2lnx－1＋x－1－\f(1,x－1),x－22)，設(shè)h(x)＝－2ln(x－1)＋x－1－eq\f(1,x－1)，則h′(x)＝eq\f(x－12－2x－1＋1,x－12)＝eq\f(x－22,x－12)≥0，∴h(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，又h(2)＝0，∴當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，h(x)＜0，則f′(x)＜0，f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，則f′(x)＞0，f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)．綜上知：f(x)在(1,2)上是單調(diào)遞減函數(shù)；在(2，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．(2)證明對任意x1∈(1,2)∪(2，＋∞)，總存在x2∈R，使得f(x1)＞g(x2)恒成立等價(jià)于f(x)＞g(x)min恒成立，而g(x)min＝2，即證f(x)＞2恒成立，即證eq\f(xlnx－1,x－2)－2＞0恒成立，也就是證eq\f(x,x－2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx－1＋\f(4,x)－2))＞0，設(shè)G(x)＝ln(x－1)＋eq\f(4,x)－2，G′(x)＝eq\f(1,x－1)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x－22,x－1x2)≥0，∴G(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，又G(2)＝0