2022版高考人教版数学一轮练习：练案【17理】【17文】导数与函数的零点或方程的根、不等式

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这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【17理】【17文】导数与函数的零点或方程的根、不等式，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组基础巩固
一、选择题
1．(2021·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示．当1A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 根据导函数图象，知2是函数f(x)的极小值点，0和3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12．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(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)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
3．(2020·石家庄模拟)直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为( A )
A．(－2,2) B．[－2,2]
C．[2，＋∞) D．(－∞，－2]
[解析] 考虑数形结合，y＝x3－3x的导数y′＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，令y′>0可解得x<－1或x>1，故y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，函数的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，大致图象如图所示．而y＝a为一条水平直线，通过图象可得，y＝a介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点．可得a∈(－2,2)．
4．(理)(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ex－1f(x)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
(文)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则下列命题正确的是( C )
A．3f(1)C．2f(2)>f(4) D．3f(3)[解析] (理)设g(x)＝eq \f(fx,ex)，g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1f(x)1，故选C.
(文)由于f(x)>xf′(x)，则[eq \f(fx,x)]′＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，因此eq \f(fx,x)在R上是单调递减函数，∴eq \f(f3,3)f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，选C.
5．(理)(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( B )
A．f(x)是周期为2π的奇函数
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数
C．f(x)在(－10π，10π)内有21个极值点
D．f(x)≥ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恒成立的充要条件是a≥1
(文)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
[解析] (理)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R，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sin x≠f(x)，∴f(x)不是周期为2π的函数，故A错误；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))时，f(x)＝e－xsin x，f′(x)＝e－x(cs x－sin x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f(x)＝exsin x，f′(x)＝ex(sin x＋cs x)>0，f(x)单调递增，且f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上是连续的，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数，故B正确；
当x∈[0,10π)时，f(x)＝exsin x，f′(x)＝ex(sin x＋cs x)，
令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(π,4)＋kπ(k＝1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)．
当x∈(－10π，0)时，f(x)＝e－xsin x，f′(x)＝e－x(cs x－sin x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,4)＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)内有20个极值点，故C错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝exsin x，则f′(x)＝exsin x＋excs x，f′(0)＝1，a表示过原点的直线y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恒成立知a≤1，D错误；故选B.
(文)因为2xlnx≥－x2＋ax－3，x∈(0，＋∞)，则a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)，设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(x＋3x－1,x2).当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.
二、填空题
6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是__(－∞，2ln_2－2]__．
[解析] f(x)有零点可转化为方程ex－2x＋a＝0有解的问题，即a＝－ex＋2x有解．设g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln 2，因此g(x)在(－∞，ln 2)递增，在(ln 2，＋∞)递减，因此g(x)在ln 2取得最大值，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln 2－2]．
7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式eq \f(x,ex)[解析] 依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k0.函数f(x)在(1,2)上单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k三、解答题
8．证明：当x∈[0,1]时，eq \f(\r(2),2)x≤sin x≤x.
[解析] 记F(x)＝sin x－eq \f(\r(2),2)x，则F′(x)＝cs x－eq \f(\r(2),2).
当x∈[0，eq \f(π,4))时，F′(x)>0，F(x)单调递增；
当x∈(eq \f(π,4)，1]时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sin x≥eq \f(\r(2),2)x.记H(x)＝sin x－x，则H′(x)＝cs x－1.
当x∈[0,1]时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．
所以H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.
综上，eq \f(\r(2),2)x≤sin x≤x，x∈[0,1]．
9．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x,2)＋eq \f(k,x)，f(x)<0在(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在(1，＋∞)上恒成立等价于k令g(x)＝eq \f(x2,2)－xln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)．
令h(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．
当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.
即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，
∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝eq \f(1,2)，
∴当x>1时，若使k即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
10．(理)(2021·北京西城区统测)设函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的倾斜角为eq \f(π,4)，求a的值；
(2)已知导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.
(文)(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
[解析] (理)(1)f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)，
由题意可知f′(2)＝tan eq \f(π,4)＝1，
∴f′(2)＝eq \f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.
(2)f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)，
设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，
令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(a,2)，
∵f′(x)在(1，e)上存在零点，∴1由此可知
∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝aln eq \f(a,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－(a＋2)×eq \f(a,2)＝aln eq \f(a,2)－eq \f(a2,4)－a.
设g(a)＝aln eq \f(a,2)－eq \f(a2,4)－a(2则g′(a)＝lneq \f(a,2)－eq \f(a,2)，
∵1∴g(a)在(2,2e)上单调递减，∴g(a)>2eln e－eq \f(4e2,4)－2e＝－e2，
∴当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.
(文)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e即f(x1)＝ln x1－eq \f(x1＋1,x1－1)＝0.
又0故f(x)在(0,1)有唯一零点eq \f(1,x1)，综上，f(x)有且仅有两个零点．
B组能力提升
1．(2021·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．
[解析] (1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2，
当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a＝1.
(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0得x＝e.
由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．
2．(2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝eq \f(fx－fa,x－a)的单调性．
[解析] 设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝eq \f(2,x)－2.
(1)当00；当x>1时，h′(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减，从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)g(x)＝eq \f(fx－fa,x－a)＝eq \f(2ln x－ln a,x－a)，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．
g′(x)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－a,x)＋ln a－ln x)),x－a2)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,x)＋ln \f(a,x))),x－a2).
取c＝－1得h(x)＝2ln x－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln x<0. 故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－eq \f(a,x)＋ln eq \f(a,x)<0，从而g′(x)<0.所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减．
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))
eq \f(a,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，e))
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增