高考数学二轮复习专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根 (文数)含解析

这是一份高考数学二轮复习专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根 (文数)含解析，共10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。

专题突破练(2)　利用导数研究不等式与方程的根
一、选择题
1．(2019·佛山质检)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)＝f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：
①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．
其中正确结论的个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　B
解析　依题意，x1，x2(x10，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝．研究f(x1)0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B．
2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝exx＋－3－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为(　　)
A．3 B．2 C．e2 D．e
答案　D
解析　因为f(x)＝exx＋－3－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，则g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以当x>1时，g′(x)>0；当0 3．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b
答案　C
解析　构造函数f(x)＝，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>a．故选C．
4．(2018·合肥质检二)已知函数f(x)是定义在R上的增函数，f(x)＋2＞f′(x)，f(0)＝1，则不等式ln (f(x)＋2)－ln 3＞x的解集为(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
答案　A
解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝
＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝＝3．从而原不等式ln ＞x可化为＞ex，即＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，知x＜0．故选A．
5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x，y都有2x－ln ≤成立，则实数m的取值范围为(　　)
A．，1 B．，1 C．，e D．0，
答案　D
解析　因为x>0，y>0，2x－ln ≤，所以两边同时乘以，可得2e－ln ≤，令＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)·ln t(t>0)，则f′(t)＝－ln t＋(2e－t)·＝－ln t＋－1．令g(t)＝－ln t＋－1(t>0)，则g′(t)＝－－<0，因此g(t)即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减，又f′(e)＝0，所以函数f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因此f(t)max＝f(e)＝(2e－e)ln e＝e，所以e≤，得0 6．(2018·郑州质检三)已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a，对任意的x1，x2∈[0，1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[e2，＋∞) B．[e，＋∞) C．[2，e] D．[e，e2]
答案　A
解析　f′(x)＝axln a＋2x－ln a，令g(x)＝axln a＋2x－ln a，则g′(x)＝ax(ln a)2＋2>0，所以函数g(x)在[0，1]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝a0×ln a＋2×0－ln a＝0，即f′(x)≥0，则函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝a－ln a≤a－2，解得a≥e2．故选A．
二、填空题
7．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
答案　(－2，2)
解析　由f(x)＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，当f′(x)＝0时，x＝±1，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，f(x)的极小值为f(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－2 8．若不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，－1]
解析　不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a0)，则f′(x)＝1＋2－xln 2>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a≤－1，即a∈(－∞，－1]．
三、解答题
9．(2018·合肥质检二)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数，a∈R)．
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当0 在(ln 2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有2个极值点；
当a＝时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；
当a>时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，
在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有2个极值点；
综上所述，当a≤0时，f(x)有1个极值点；
当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；
当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0，
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，
即a≤对∀x>0恒成立，
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝．
设h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1．
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2．
∴a的取值范围是(－∞，e－2]．
10．(2018·郑州质检一)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解　(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，
∴f′(1)＝1－a＝0，
∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得01，
∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x>1)，h(x)的对称轴为直线x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x) 若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，
∴g(x) 若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴必存在x0，使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
11．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x．
(1)当a<1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e对于任意x∈[e－1，e]成立，求正实数a的取值范围．
解　(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－(a＋1)＋＝
＝，
若01时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a 若a≤0，则当0 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当0 (2)不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e对任意x∈[e－1，e]成立等价于对任意x∈，e，
有－aln x＋xa≤e－1成立，
设g(x)＝－aln x＋xa，a>0，
所以g(x)max≤e－1，
g′(x)＝＋axa－1＝，
令g′(x)<0，得00，得x>1，
所以函数g(x)在，1上单调递减，
在(1，e]上单调递增，
g(x)max为g＝a＋e－a与g(e)＝－a＋ea中的较大者．
设h(a)＝g(e)－g＝ea－e－a－2a(a>0)，
则h′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，
所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增，故h(a)>h(0)＝0，
所以g(e)>g，
从而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea，
所以－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0，
设φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，
则φ′(a)＝ea－1>0，
所以φ(a)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以ea－a－e＋1≤0的解为a≤1．
因为a>0，所以正实数a的取值范围为(0，1]．
12．(2018·石家庄二中模拟)已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，g(x)＝xe1－x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若不等式f(x)>0对于一切x∈0，恒成立，求a的最小值；
(2)若对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．
解　(1)由题意得(2－a)(x－1)－2ln x>0在0，上恒成立，即a>2－在0，上恒成立．
令h(x)＝2－，x∈0，，
则h′(x)＝，x∈0，，
设φ(x)＝2ln x＋－2，x∈0，，
则φ′(x)＝－＝<0，
所以φ(x)>φ＝2ln＋2>0，
则h′(x)>0，因此h(x) 则a≥2－4ln 2，即a的最小值为2－4ln 2．
(2)因为g′(x)＝(1－x)e1－x，
所以g(x)＝xe1－x在(0，1)上单调递增，
在(1，e]上单调递减，由g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e∈(0，1)，
得g(x)＝xe1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，
因为f′(x)＝，
所以当a≥2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减；
当2－≤a<2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减，
不符合题意．
当a<2－，此时f(x)在0，上单调递减，
在，e上单调递增，
令m(a)＝f＝a－2lna<2－，
则m′(a)＝，易得m(a)在(－∞，0)上单调递增，
在0，2－上单调递减，m(a)≤m(0)＝0，
注意到，当x→0时，f(x)→＋∞，所以欲使对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，
使f(xi)＝g(x0)成立，则需满足f(e)≥1，
即a≤2－，
又因为2－－2－＝>0，
所以2－>2－，所以a≤2－，
综上，a∈－∞，2－．
13．(2018·江西重点中学盟校联考一)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cln x(a，b，c∈R)．
(1)当a＝1，b＝1，c＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当b＝2a，c＝1时，求最大的整数b，使得0 解　(1)当a＝1，b＝1，c＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，
则f′(x)＝2x＋1－，所以f′(1)＝2，
又f(1)＝2，所以所求的切线方程为y－2＝2(x－1)，
即2x－y＝0．
(2)当b＝2a，c＝1时，由题意得f(x)＝bx2＋bx＋ln x，
当0 即ln x＋bx2＋(b＋1)x＋1≤0，
设g(x)＝ln x＋bx2＋(b＋1)x＋1，
则问题等价于当0 因为g′(x)＝＋bx＋(b＋1)＝，
当b≥0时，若00，g(x)单调递增，
g(x)max＝g(2)＝ln 2＋4b＋3>0，
故不满足条件；
当b<0时，因为b为整数，故b≤－1，所以0<－≤1，则g(x)在0，－上单调递增，在－，2上单调递减，
所以g(x)max＝g－＝－ln (－b)－≤0，
即ln (－b)＋≥0．(*)
易知函数h(x)＝ln (－x)＋(x<0)为单调递减函数，
又h(－1)＝－<0，h(－2)＝ln 2－>0，
所以满足(*)的最大整数b为－2，
综上可知，满足条件的最大的整数b为－2．
14．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0．
(1)求a，b；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x．
解　(1)由题意知切线方程为y－＝x，
当x＝－1时，y＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)－a＝0，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故b＝1，a＝1．
(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
f(0)＝0，f(－1)＝0，
由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0；
当x>－2时，
设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，
故f(x)≥mx2＋x．
证法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2，
令t(x)＝g′(x)，
则t′(x)＝(x＋3)ex，
当x<－3时，t′(x)<0，g′(x)单调递减，且g′(x)<0；
当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，
故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，
故f(x)≥mx2＋x．