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【创新设计】2015高考数学(四川专用,理科)二轮专题整合:1-1-4利用导数求参数的取值范围


第4讲
一、选择题

利用导数求参数的取值范围

1 1.已知函数 f(x)=2mx2+ln x-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围是 ( A.[-1,1] C.[1,+∞) 解析 B.[-1,+∞) D.(-∞,1] ).

1 f′(x)=mx+ x-2≥0 对一切 x>0 恒成立,

?1? 2 ∴m≥-? x?2+ x. ? ? 1 ?1? 2 令 g(x)=-? x?2+x,则当x=1,即 x=1 时,函数 g(x)取最大值 1.故 m≥1. ? ? 答案 C

2.(2014· 广州调研)函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是 ( A.[0,1) 1? ? C.?0,2? ? ? 解析 f′(x)=3x2-3a=3(x2-a). B.(-1,1) D.(0,1) ).

当 a≤0 时,f′(x)>0, ∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值. 当 a>0 时,f′(x)=3(x- a)(x+ a). 当 x∈(-∞,- a)和( a,+∞)时,f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f(x)单调递减. 所以当 a<1,即 0<a<1 时,f(x)在(0,1)内有最小值. 答案 D

1 3.已知函数 f(x)=3x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 (
-1-

).

?17 ? A.? 9 ,+∞? ? ? C.(-∞,2] 解析

?17 ? B.? 9 ,+∞? ? ? D.(-∞,2)

f′(x)=x2-4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0.

∴f(x)在(0,4)上递减, 在(4, +∞)上递增, ∴当 x∈[0, +∞)时, f(x)min=f(4). ∴ 17 要使 f(x)+5≥0 恒成立,只需 f(4)+5≥0 恒成立即可,代入解之得 m≥ 9 . 答案 A ).

1 4. 已知函数 f(x)=3x3+ax2+3x+1 有两个极值点, 则实数 a 的取值范围是 ( A.( 3,+∞) C.(- 3, 3) 解析 f′(x)=x2+2ax+3. B.(-∞,- 3) D.(-∞,- 3)∪( 3,+∞)

由题意知方程 f′(x)=0 有两个不相等的实数根, 所以 Δ=4a2-12>0, 解得:a> 3或 a<- 3. 答案 D

二、填空题 5.已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取值范围是________. 解析 依题意知,x>0,f′(x)= 2x2+mx+1 . x

令 g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- 4 ≤0 时,g(0)=1>0 恒成立,∴m≥0 成立; m 当- 4 >0 时,则 Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0. 综上,m 的取值范围是 m≥-2 2. 答案 [-2 2,+∞)

1 6.若函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是______.

-2-

解析

2 ?x-1??x-3? 3 -x +4x-3 对 f(x)求导, 得 f′(x)=-x+4- x= =- .由 f′(x) x x

=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+ 1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,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. (2014· 浙江考试院抽测)已知 m∈R, 若函数 f(x)=x3-3(m+1)x2+12mx+1 在[0,3] 上无极值点,则 m 的值为________. 解析 f′(x)=3x2-6(m+1)x+12m=3(x-2)(x-2m). 由于 f(x)在[0,3]上无极值

点,则 2m=2,所以 m=1. 答案 1 1 ,g(x)=x2-2ax+4,若任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2], x+1

8.已知函数 f(x)=x-

使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是______. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 >0, 因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 x∈[0,1] ?x+1?2

时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤- x 5 x 5 1,即 x2-2ax+5≤0,即 a≥2+2x能成立,令 h(x)=2+2x,则要使 a≥h(x)在 x 5 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min,又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2]上单调递减 9 9 (可利用导数判断),所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4. 答案 ?9 ? ?4,+∞? ? ?

三、解答题 9.已知函数 f(x)=x2+2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2,f(2))处的切线斜率为 1,为求实数 a 的值; 2 (2)若函数 g(x)=x +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围. 解
2 2a 2x +2a (1)f′(x)=2x+ x = x .

由已知 f′(2)=1,解得 a=-3.

-3-

2 2 2a (2)由 g(x)= x +x2+2aln x,得 g′(x)=-x2+2x+ x . 由函数 g(x)为[1,2]上的单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立, 2 2a 即-x2+2x+ x ≤0 在[1,2]上恒成立, 1 即 a≤ x-x2 在[1,2]上恒成立. 1 令 h(x)= x-x2, 1 ?1 ? 在[1,2]上 h′(x)=-x2-2x=-?x2+2x?<0, ? ? 7 所以 h(x)在[1,2]上为减函数,h(x)min=h(2)=-2. 7 所以 a≤-2. a 10.(2014· 北京西城区一模)已知函数 f(x)=ln x- x,其中 a∈R. (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程; (2)如果对于任意 x∈(1,+∞),都有 f(x)>-x+2,求 a 的取值范围. 解 2 1 2 (1)由 f(x)=ln x-x ,得 f′(x)= x+x2,

所以 f′(1)=3.又因为 f(1)=-2, 所以函数 f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 3x-y-5=0. a (2)由 f(x)>-x+2,得 ln x- x>-x+2, 即 a<xln x+x2-2x. 设函数 g(x)=xln x+x2-2x, 则 g′(x)=ln x+2x-1. 因为 x∈(1,+∞), 所以 ln x>0,2x-1>0, 所以当 x∈(1,+∞)时,g′(x)=ln x+2x-1>0, 故函数 g(x)在 x∈(1,+∞)上单调递增, 所以当 x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=-1.

-4-

因为对于任意 x∈(1,+∞),都有 f(x)>-x+2 成立, 即对于任意 x∈(1,+∞),都有 a<g(x)成立, 所以 a≤-1. 11.(2014· 山西临汾四校联考)已知函数 f(x)= (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=x2+2x+3,证明:对任意 x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在 x2∈R,使 得 f(x1)>g(x2). (1)解 f′(x)= [xln?x-1?]′?x-2?-xln?x-1? ?x-2?2 1 x-1 xln?x-1? . x-2

-2ln?x-1?+x-1- = ?x-2?2

, 1 , x-1

设 h(x)=-2ln(x-1)+x-1-

?x-1?2-2?x-1?+1 ?x-2?2 则 h′(x)= = ≥0, ?x-1?2 ?x-1?2 ∴h(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,又 h(2)=0, ∴当 x∈(1,2)时,h(x)<0,则 f′(x)<0,f(x)是单调递减函数; 当 x∈(2,+∞)时,h(x)>0,则 f′(x)>0,f(x)是单调递增函数. 综上知:f(x)在(1,2)上是单调递减函数; 在(2,+∞)上是单调递增函数. (2)证明 对任意 x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在 x2∈R,使得 f(x1)>g(x2)恒成立

xln?x-1? 等价于 f(x)>g(x)min 恒成立,而 g(x)min=2,即证 f(x)>2 恒成立,即证 x-2 -2>0 恒成立, 也就是证 4 ? x ? ?ln?x-1?+ x-2?>0, ? x-2?

4 1 4 设 G(x)=ln(x-1)+ x-2,G′(x)= -x2 x-1 ?x-2?2 = ≥0, ?x-1?x2 ∴G(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,又 G(2)=0,
-5-

∴当 x∈(1,2)时,G(x)<0,则 4 ? x ? ?ln?x-1?+ x-2?>0, ? x-2? 当 x∈(2,+∞)时,G(x)>0,则 4 ? x ? ?ln?x-1?+ x-2?>0, ? x-2? 综上可得:对任意 x1∈(1,2)∪(2,+∞),总存在 x2∈R, 使得 f(x1)>g(x2).

-6-


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