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    高考数学一轮复习练17第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式含解析新人教版

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    这是一份高考数学一轮复习练17第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式含解析新人教版,共6页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。


    第三课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式

    A组基础巩固

    一、单选题

    1(2021·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[14]部分对应值如下表:

    x

    1

    0

    2

    3

    4

    f(x)

    1

    2

    0

    2

    0

    f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示.当1<a<2函数yf(x)a的零点个数为( D )

    A1   B2  

    C3   D4

    [解析] 根据导函数图象2是函数f(x)的极小值点03是函数f(x)的极大值点则函数f(x)的大致图象如图所示.因为1<a<2所以数形结合可知yf(x)a的零点个数为4.

    2已知函数f(x)exxaf(x)>0恒成立则实数a的取值范围是( A )

    A(1)   B(,-1)

    C[1)   D(1]

    [解析] f′(x)ex1f′(x)>0解得x>0;令f(x)<0解得x<0f(x)(0)上单调递减(0)上单调递增f(x)minf(0)1af(x)>0恒成立1a>0解得a>1故选A.

    3(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)则不等式ex1f(x)<f(2x1)的解为( C )

    A.   B

    C(1)   D(2)

    [解析] g(x)g(x)>0g(x)()上为增函数ex1·f(x)<f(2x1)得:<g(x)<g(2x1)所以x<2x1解得x>1故选C.

    二、多选题

    4若函数f(x)R上可导且满足f(x)xf′(x)>0则下列命题正确的是( BC )

    A3f(1)<f(3)   B3f(1)>f(3)

    C2f(2)>f(4)   D3f(3)<f(9)

    [解析] 由于f(x)>xf′(x)[]′<0恒成立因此R上是单调递减函数<3f(1)>f(3).同理2f(2)>f(4)3f(3)>f(9)BC.

    5(2020·山东日照二模)已知函数f(x)e|x|sin x则下列结论正确的是( BD )

    Af(x)是周期为2π的奇函数

    Bf(x)上为增函数

    Cf(x)(10π10π)内有21个极值点

    Df(x)ax上恒成立的充要条件是a1

    [解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及恒成立问题.f(x)的定义域为Rf(x)e|x|sin(x)=-f(x)f(x)是奇函数f(x2π)e|x2π|sin(x2π)e|x2π|sin xf(x)f(x)不是周期为2π的函数A错误;当xf(x)ex·sin xf(x)ex(cos xsin x)>0f(x)单调递增xf(x)exsin xf(x)ex(sin xcos x)>0f(x)单调递增f(x)的图象在上是连续的f(x)上为增函数B正确;

    x[010π)f(x)exsin xf(x)ex(sin xcos x)

    f′(x)0x=-kπ(k12345678910)

    x(10π0)f(x)exsin xf(x)ex(cos xsin x)

    f′(x)0xkπ(k=-12345678910)f(x)(10π10π)内有20个极值点C错误;当xf(x)exsin xf′(x)exsin xexcos xf(0)1a表示过原点的直线yax的斜率f(x)ax上恒成立知a1.

    三、填空题

    6已知函数f(x)ex2xa有零点a的取值范围是  (2ln_22]  . 

    [解析] f(x)有零点可转化为方程ex2xa0有解的问题a=-ex2x有解.设g(x)=-ex2xg(x)=-ex2g(x)0xln 2因此g(x)(ln 2)递增(ln 2)递减因此g(x)ln 2取得最大值所以g(x)的最大值为g(ln 2)2ln 22.因此a的取值范围就是函数g(x)的值域所以a(2ln 22]

    7已知x(02)若关于x的不等式<恒成立则实数k的取值范围是  [0e1) 

    [解析] 依题意k2xx2>0k>x22x对任意x(02)恒成立从而k0因此由原不等式k<x22x恒成立.令f(x)x22xf′(x)(x1)·.f′(x)0x1.x(12)时.f′(x)>0.函数f(x)(12)上单调递增;当x(01)f(x)<0f(x)(01)上单调递减所以k<f(x)minf(1)e1故实数k的取值范围是[0e1)

    四、解答题

    8证明:当x[01]xsin xx.

    [解析] F(x)sin xxF′(x)cos x.

    xF(x)>0F(x)单调递增;

    xF(x)<0F(x)单调递减.

    F(0)0F(1)>0所以当x[01]F(x)0sin xx.

    H(x)sin xxH′(x)cos x1.

    x[01]H(x)0H(x)单调递减.

    所以H(x)H(0)0sin xx.

    综上xsin xxx[01]

    9已知函数f(x)ln xf(x)<0(1)上恒成立求实数k的取值范围.

    [解析] 函数f(x)的定义域为(0)f(x)<0(1)上恒成立等价于k<xln x(1)上恒成立.

    g(x)xln xx(0)

    g′(x)x(ln x1)x1ln xx(0)

    h(x)x1ln xx(0)

    h′(x)1x(0)

    0<x<1h(x)<0函数h(x)(01)上单调递减;

    x>1h(x)>0函数h(x)(1)上单调递增.

    x>1h(x)>h(1)0.

    即当x>1g(x)>g′(1)0

    函数g(x)(1)上单调递增

    g(x)>g(1)

    x>1若使k<xln x恒成立k

    即实数k的取值范围是.

    10(2021·北京西城区统测)设函数f(x)aln xx2(a2)x其中aR.

    (1)若曲线yf(x)在点(2f(2))处切线的倾斜角为,求a的值;

    (2)已知导函数f′(x)在区间(1e)上存在零点证明:当x(1e)f(x)>e2.

    [解析] (1)f′(x)2x(a2)

    由题意可知f′(2)tan 1

    f(2)4a21a2.

    (2)f′(x)2x(a2)

    h(x)2x2(a2)xa(x1)(2xa)

    h(x)0x1x

    f(x)(1e)上存在零点1<<e2<a<2e.

    由此可知

    x

    f(x)

    0

    f(x)

    极小值

    x(1e)f(x)minfaln (a2)×aln a.

    g(a)aln a(2<a<2e)

    g′(a)ln

    1<<eln <1g(a)<0

    g(a)(22e)上单调递减g(a)>2eln e2e=-e2

    x(1e)f(x)>e2.

    B组能力提升

    1(2021·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)axxln xxe2处取得极小值.

    (1)求实数a的值;

    (2)x>1求证:f(x)>3(x1)

    [解析] (1)因为f(x)axxln x所以f′(x)aln x1

    因为函数f(x)xe2处取得极小值

    所以f′(e2)0aln e210

    所以a1所以f′(x)ln x2

    f′(x)>0x>e2f′(x)<00<x<e2

    所以f(x)(0e2)上单调递减(e2)上单调递增

    所以f(x)xe2处取得极小值符合题意.所以a1.

    (2)(1)a1所以f(x)xxln x.

    g(x)f(x)3(x1)g(x)xln x2x3(x>0)

    g(x)ln x1g′(x)0xe.

    g′(x)>0x>eg′(x)<00<x<e

    所以g(x)(0e)上单调递减(e)上单调递增

    所以g(x)(1)上的最小值为g(e)3e>0.

    于是在(1)都有g(x)>g(e)>0所以f(x)>3(x1)

    2(2020·课标21)已知函数f(x)2ln x1.

    (1)f(x)2xcc的取值范围;

    (2)a>0讨论函数g(x)的单调性.

    [解析] h(x)f(x)2xch(x)2ln x2x1c其定义域为(0)h(x)2.

    (1)0<x<1h(x)>0;当x>1h(x)<0.所以h(x)在区间(01)单调递增在区间(1)单调递减从而当x1h(x)取得最大值最大值为h(1)=-1c.

    故当且仅当-1c0c1f(x)2xc.

    所以c的取值范围为[1)

    (2)g(x)x(0a)(a)

    g(x).

    c=-1h(x)2ln x2x2h(1)0则由(1)x1h(x)<01xln x<0.故当x(0a)(a)1ln <0从而g′(x)<0.所以g(x)在区间(0a)(a)单调递减.

     

     

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