2022届高考数学一轮复习第二部分专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根含解析新人教B版.doc

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．(2022·佛山质检)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，假设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假设－1＜λ＜0，那么f(x1)＜f(x2)；②假设0＜λ＜2，那么f(x1)＜f(x2)；③假设λ＞2，那么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(x1<x2)是函数g′(x)＝3x2－6x＋2－λ的两个零点，那么Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝.研究f(x1)<f(x2)成立的充要条件：f(x1)<f(x2)等价于(x1－x2)[(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2]<0，因为x1<x2，所以有(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2＝－>0，解得λ>2.从而可知③正确．应选B．
2．(2022·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝ex－，假设不等式f(x)≤0有正实数解，那么实数a的最小值为(　　)
A．3 B．2
C．e2 D．e
答案　D
解析　因为f(x)＝ex－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，那么g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，所以a≥e.应选D．
3．设a＝，b＝，c＝，那么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)＝，那么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．应选C．
4．(2022·合肥质检二)函数f(x)是定义在R上的增函数，f(x)＋2＞f′(x)，f(0)＝1，那么不等式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)＝，那么g′(x)＝＜0，那么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.应选A．
5．(2022·郑州质检一)假设对于任意的正实数x，y都有ln ≤成立，那么实数m的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　因为x>0，y>0，ln ≤，所以两边同时乘以，可得ln ≤，令＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)ln t(t>0)，那么f′(t)＝－ln t＋(2e－t)·＝－ln t＋－1.令g(t)＝－ln t＋－1(t>0)，那么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<m≤.应选D．
6．(2022·郑州质检三)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，那么实数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，那么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，那么函数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.应选A．
二、填空题
7．假设函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，那么实数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，那么有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－2<a<2，所以实数a的取值范围是(－2,2)．
8．假设不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，那么实数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a<x－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x>0)，那么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．(2022·合肥质检二)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)假设∀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<a<时，f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，
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∀x>0，a≤恒成立，
设g(x)＝(x>0)，
那么g′(x)＝.
设h(x)＝ex－x－1(x>0)，那么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．(2022·广东四校联考)函数f(x)＝a(x－2ln x)－x2＋2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)假设f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝a－x＋2＝(x－2)(a－x)(x>0)．
①当a≤0时，a－x<0，那么当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
②当0<a<2时，令f′(x)＝0⇒x＝2或x＝a，那么当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
③当a＝2时，f′(x)＝－(x－2)2≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
④当a>2时，令f′(x)＝0⇒x＝2或x＝a，那么当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)由(1)知当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不满足条件．
当a＝0时，f(x)＝－x2＋2x在定义域内只有一个零点．
当a<0时，由(1)可得，要使f(x)有两个零点，那么f(2)＝a(2－2ln 2)＋2>0，∴<a<0.
下面证明f(x)有两个零点．
取x＝e，那么f(e)＝a－(e)2＋2e<0，满足f(e)f(2)<0，故f(x)在(0,2)上有且只有一个零点．
f(4)＝a(4－2ln 4)<0，满足f(2)f(4)<0，故f(x)在(2，＋∞)上有且只有一个零点．
当0<a<2时，由(1)可得当x∈(0,2)时，f(x)≥f(a)＝a(a－2ln a)－a2＋2a＝a2＋2a(1－ln a)>0，
故f(x)在(0,2)上无零点，又f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，不满足条件．
当a>2，x∈(0，a)时，f(x)≥f(2)＝a(2－2ln 2)＋2>0，故f(x)在(0，a)上无零点，又f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，不满足条件．
综上，满足条件的实数a的取值范围是.
11．(2022·四川五校联考)函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x.
(1)当a＝4时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a>0时，对于任意的x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>1－a2恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝4时，f(x)＝4ln x＋x2－6x，
∴f′(x)＝＋2x－6＝，
令f′(x)＝≥0，解得x≥2或0<x≤1.
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1]，[2，＋∞)．
(2)令g(x)＝f(x)＋a2－1(x≥1)，那么g′(x)＝f′(x)＝＋2x－(a＋2)＝(x≥1)．
①当0<<1，即0<a<2时，
g′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)．
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝a2－a－2＝(a－2)(a＋1)<0(不符合题意，舍去)．
②当＝1，即a＝2时，g′(x)＝(x－1)2≥0(仅当x＝1时取等号)，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝0(不符合题意，舍去)．
③当>1，即a>2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增．
∴g(x)min＝g＝aln ＋－a－1，
令h(x)＝xln ＋－x－1(x>2)，
那么h′(x)＝ln ＋x.
当x>2时，h′(x)>0，
∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴h(x)>0.
∴g(x)≥g>0恒成立，满足题意．
综上所述，a>2，即实数a的取值范围为(2，＋∞)．
12．函数f(x)＝ln x＋x2－2kx(k∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)假设f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：f(x2)<－.
解　(1)f(x)＝ln x＋x2－2kx，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝＋x－2k＝，
①当k≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当k>0时，令t(x)＝x2－2kx＋1，
当Δ＝4k2－4≤0，即0<k≤1时，t(x)≥0恒成立，
即f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当Δ＝4k2－4>0，即k>1时，x2－2kx＋1＝0有两个不相等的实根，
那么t(x)的两根为k±，
所以当x∈(0，k－)时，f′(x)>0，
当x∈(k－，k＋)时，f′(x)<0，
当x∈(k＋，＋∞)时，f′(x)>0，
故当k∈(－∞，1]时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当k∈(1，＋∞)时，f(x)在(0，k－)和(k＋，＋∞)上单调递增，在(k－，k＋)上单调递减．
(2)证明：f(x)＝ln x＋x2－2kx(x>0)，
f′(x)＝＋x－2k，
由(1)知当k≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)无极值，
当k>1时，f′(x)＝＋x－2k＝，
由f′(x)＝0得x2－2kx＋1＝0，
Δ＝4(k2－1)>0，设x2－2kx＋1＝0的两根为x1，x2，
那么x1＋x2＝2k，x1x2＝1，
其中0<x1＝k－<1<x2＝k＋，
f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
从而f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，
f(x2)＝ln x2＋x－2kx2
＝ln x2＋x－(x1＋x2)x2
＝ln x2＋x－x2
＝ln x2－x－1，
令g(x)＝ln x－x2－1(x>1)，
那么g′(x)＝－x<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
且g(1)＝－，故f(x2)<－.
13．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)假设不等式f(x)>0对于一切x∈恒成立，求a的最小值；
(2)假设对任意的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在上恒成立，即a>2－在上恒成立．
令h(x)＝2－，x∈，
那么h′(x)＝，x∈，
设φ(x)＝2ln x＋－2，x∈，
那么φ′(x)＝－＝<0，
所以φ(x)>φ＝2ln＋2>0，
那么h′(x)>0，因此h(x)<h＝2－4ln 2，
那么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)在上单调递减，
在上单调递增，
令m(a)＝f＝a－2ln，
那么m′(a)＝，易得m(a)在(－∞，0)上单调递增，
在上单调递减，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，那么需满足f(e)≥1，
即a≤2－，
又因为2－－＝>0，
所以2－>2－，所以a≤2－，
综上，a∈.
14．函数f(x)＝ex，g(x)＝.
(1)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试讨论函数F(x)零点的个数；
(2)假设a＝－2，x>0，求证：f(x)·g(x)>＋.
解　(1)函数F(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞)．
当x∈(a，＋∞)时，ex>0，>0，
∴F(x)＝ex＋>0，即F(x)在(a，＋∞)上没有零点；
当x∈(－∞，a)时，F(x)＝ex＋＝，
令h(x)＝ex(x－a)＋1(x<a)，
只要讨论h(x)的零点即可．
h′(x)＝ex(x－a＋1)，h′(a－1)＝0，
那么当x∈(－∞，a－1)时，h′(x)<0，h(x)是单调递减函数；
当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)是单调递增函数，
∴h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1.
显然，当a＝1时，h(a－1)＝0，∴x＝a－1是F(x)的唯一的零点；
当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0，∴F(x)没有零点；
当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，且当x→－∞或x→a时，h(x)→1，∴F(x)有两个零点．
(2)证明：假设a＝－2，x>0，
要证f(x)·g(x)>＋，
即要证ex>(x＋2)＋x2－4，
∵< ＝＋1，
下证ex>(x＋2)＋x2－4，
设M(x)＝ex－(x＋2)－x2＋4
＝ex－x2－2x＋2，
那么M′(x)＝ex－2x－2，令φ(x)＝ex－2x－2，
令φ′(x)＝ex－2＝0，解得x＝ln 2，
∴φ(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∵φ(1)φ(2)<0，φ(－1)φ(0)<0，
∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0且1<x0<2，
那么ex0－2x0－2＝0，
∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
∴M(x)≥M(x)min＝M(x0)＝ex0－x－2x0＋2＝4－x>0，
∴ex>(x＋2)＋x2－4，
∴ex>(x＋2)＋x2－4，
∴f(x)·g(x)>＋得证．