专题能力训练7利用导数解不等式及参数的取值范围专题能力训练第20页一、能力突破训练1.设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.解:(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=1x-2a=1-2axx,若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;若a>0,则当x∈(0,12a)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,当x∈(12a,+∞)时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)的单调增区间为(0,12a),单调减区间为(12a,+∞).(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0
1,由(1)知f'(x)在区间(0,12a)内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈(1,12a)时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,12a)内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=12时,12a=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>12时,0<12a<1,当x∈(12a,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>12.2.(2019湖北4月调研)已知函数f(x)=ex-12x2-kx-1(k∈R).(1)若k=1,判断函数f(x)的单调性;(2)讨论函数f(x)的极值,并说明理由.解:(1)当k=1时,f(x)=ex-12x2-x-1,f'(x)=ex-x-1.设g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0,所以f(x)在R上单调递增.(2)f(x)=ex-12x2-kx-1,f'(x)=ex-x-k,设h(x)=ex-x-k,则h'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;则h(x)≥h(0)=1-k;当1-k≥0,即k≤1时,h(x)≥0恒成立,即f'(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,无极值点;当1-k<0,即k>1时,h(0)=1-k<0,一方面:-k<0,而h(-k)=e-k>0,即f'(-k)>0,由零点存在性定理知f'(x)在区间(-k,0)内有一个零点,设为x1;另一方面:f'(k)=ek-2k,设m(k)=ek-2k(k>1),m'(k)=ek-2>e-2>0,则m(k)在区间(1,+∞)内递增,则m(k)≥m(1)=e-2>0,即f'(k)>0,由零点存在性定理知f'(x)在区间(0,k)内有一个零点,设为x2;于是,当x∈(-∞,x1)时,f'(x)>0,f(x)递增;当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增;故此时函数f(x)有两个极值点.3.已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).(1)设a=2,b=12.①求方程f(x)=2的根.②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值.(2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解:(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,所以m≤(f(x))2+4f(x)对于x∈R恒成立.而(f(x))2+4f(x)=f(x)+4f(x)≥2√f(x)·4f(x)=4,且(f(0))2+4f(0)=4,所以m≤4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g'(x)=axlna+bxlnb,又由01知lna<0,lnb>0,所以g'(x)=0有唯一解x0=logba(-lnalnb).令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axlna+bxlnb)'=ax(lna)2+bx(lnb)2,从而对任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是区间(-∞,+∞)内的单调增函数.于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)g'(x0)=0.因而函数g(x)在区间(-∞,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+∞)内是单调增函数.下证x0=0.若x0<0,则x0aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为00,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故lna+lnb=0,...
