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第5讲 导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
一、选择题
1．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为 ( )．
A.
B.
C.
D.
解析 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，由于g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又由于g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.
答案 A
2．已知f(x)是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0<a<b，则必有 ( )．
A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)
解析 由于xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，
所以′＝≤≤0，
则函数在(0，＋∞)上单调递减．
由于0<a<b，则≥，即af(b)≤bf(a)．
答案 A
3．(2022·汕头模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是 ( )．
A．f(a)＜f(1)＜f(b) B．f(a)＜f(b)＜f(1)
C．f(1)＜f(a)＜f(b) D．f(b)＜f(1)＜f(a)
解析 由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)；
由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1,2)．
综上，可得0＜a＜1＜b＜2.
由于f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b)．
答案 A
4．(2021·安徽卷)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是 ( )．
A．3 B．4
C．5 D．6
解析 由于函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x2，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，若x1<x2，作y＝x1，y＝x2与f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三个不同交点如图1.
图1 图2
即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同的实根．
若x1>x2，如图2同理方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．
答案 A
二、填空题
5．函数f(x)＝x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________．
解析 f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)微小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f(－1)＝＞0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.
答案 3
6．(2022·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．
解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且微小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得微小值，即f(x)微小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a＜0.
答案 (－4,0)
7．(2022·洛阳模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析 函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln 2－2即可．
答案 (－∞，2ln 2－2]
8．(2022·邯郸质检)已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2,2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．
解析 依据题意知x3－x2－3x＋＜－x－在x∈[－2,2]上恒成立，则－＞x3－x2＋x＋，
设g(x)＝x3－x2＋x＋，
则g′(x)＝x2－2x＋，
则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上单调递增，
所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.
答案 (－∞，－6)
三、解答题
9．(2021·北京卷)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
解 由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，
得f′(x)＝x(2＋cos x)，
(1)∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．
∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，
则a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f′(x)＝0，得x＝0.
∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)递增．
当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．
∴f(x)的最小值为f(0)＝1.
由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，
所以当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上所述，假如曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．
10．(2022·昆明调研测试)已知函数f(x)＝ln x－ex＋a.
(1)若x＝1是f(x)的极值点，争辩f(x)的单调性；
(2)当a≥－2时，证明：f(x)＜0.
(1)解 f′(x)＝－ex＋a(x＞0)，
∵x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝1－e1＋a＝0，
∴a＝－1，此时f′(x)＝－ex－1，
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)内单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)内单调递减．
(2)证明 当a≥－2时，ex＋a≥ex－2，f(x)＝ln x－ex＋a
≤ln x－ex－2，只需证g(x)＝ln x－ex－2＜0即可，
g′(x)＝－ex－2，
由g′(x)＝0，得＝ex－2，由图象法知方程有唯一解x0∈(1,2)且＝，ln x0＝－x0＋2，
当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g(x)在(0，x0)内单调递增，
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
∴g(x)max＝ln x0－＝－x0＋2－，由x0∈(1,2)知x0＋＞2＝2，g(x)max＝－x0＋2－＜0.
综上，当a≥－2时，f(x)＜0.
11．(2022·陕西卷)设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的微小值；
(2)争辩函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；
(3)若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．
解 (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，
则f′(x)＝，
∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴x＝e时，f(x)取得微小值f(e)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的微小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点．
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知
①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立，
等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
得m≥－x2＋x＝－(x－)2＋(x＞0)恒成立，
∴m≥(对m＝，h′(x)＝0仅在x＝时成立)，
∴m的取值范围是[，＋∞)．
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