《2020届高考数学理一轮（新课标通用）专题突破练：（2） 利用导数研究不等式与方程的根 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）专题突破练：（2） 利用导数研究不等式与方程的根 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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)x33x22x， 若x1， x2(x1x2)是函数g(x)f(x) x 的两个极值点，现给出如下结论： 若10， 则 f(x1)f(x2)； 若 02， 则 f(x1)f(x2)； 若 2， 则 f(x1) f(x2) 其中正确结论的个数为( ) A0 B1 C2 D3 答案 B 解析 依题意， x1， x2(x10，即 1，且 x1x22，x1x2研究 f(x1)0，解得 2从而可知正确故选 B 2 3 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 3 x
2、 a x 数解，则实数 a 的最小值为( ) A3 B2 Ce2 De 答案 D 解析 因为 f(x)exx 3 0 有正实数解， 所以 a(x23x3)ex， 令 g(x) 3 x a x (x23x3)ex，则 g(x)(2x3)ex(x23x3)exx(x1)ex，所以当 x1 时， g(x)0；当 0bc Bbac Ccba Dcab 答案 C 解析 构造函数 f(x) ， 则 af(6)， bf(7)， cf(8)， f(x)， 当 x2 ex x2 xexx2 x4 时， f(x)0， 所以 f(x)在(2， )上单调递增， 故 f(8)f(7)f(6)， 即 cba 故选 C 4
3、 (2018合肥质检二)已知函数 f(x)是定义在 R 上的增函数， f(x)2f(x)， f(0) 1，则不等式 ln (f(x)2)ln 3x 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) fx2 ex 0，则 g(x)在 R 上单调递减，且 g(0)3从而原不 fxfx2 ex f02 e0 等式 ln x 可化为ex， 即3， 即 g(x)g(0)， 从而由函数 g(x) fx2 3 fx2 3 fx2 ex 的单调性，知 x0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 y
4、 e y x x me 实数 m 的取值范围为( ) A，1 B ，1 C ，e D0， 1 e 1 e2 1 e2 1 e 答案 D 解析 因为 x0，y0，2x ln ，所以两边同时乘以 ，可得 2e ln y e y x x me e x y x y x ， 令 t(t0)， 令 f(t)(2et)ln t(t0)， 则 f(t)ln t(2et) ln t 1 m y x 1 t 2e t 1 令 g(t)ln t1(t0)， 则 g(t) 0，所以函数 g(x)在0，1上单调递增，所以 g(x)g(0)a0ln a20ln a0， 即 f(x)0， 则函数 f(x)在0， 1上单调递
5、增， 所以|f(x1)f(x2)|f(1)f(0)a ln aa2，解得 ae2故选 A 二、填空题 7若函数 f(x)x33xa 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)x33xa， 得 f(x)3x23， 当 f(x)0 时， x1， 易知 f(x) 的极大值为 f(1)2a， f(x)的极小值为 f(1)a2， 要使函数 f(x)x33xa 有 三个不同的零点，则有 f(1)2a0，且 f(1)a21 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(xa)1 在(0，)上恒成立，即 a0)，则 f(x)12
6、xln 20，即 f(x)在(0，)上单调递 增，所以 f(x)f(0)1，所以 a1，即 a(，1 三、解答题 9(2018合肥质检二)已知函数 f(x)(x1)exax2(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x0，f(x)exx3x，求 a 的取值范围 解 (1)f(x)的定义域为 R， f(x)xex2axx(ex2a) 当 a0 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 时，f(x)在(，0)上单调递增， 1 2 在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增， f(
7、x)有 2 个极值点； 综上所述，当 a0 时，f(x)有 1 个极值点； 当 a0 且 a 时，f(x)有 2 个极值点； 1 2 当 a 时，f(x)没有极值点 1 2 (2)由 f(x)exx3x，得 xexx3ax2x0， 当 x0 时，exx2ax10， 即 a对x0 恒成立， exx21 x 设 g(x)(x0)， exx21 x 则 g(x) x1ex x1 x2 设 h(x)exx1(x0)，则 h(x)ex1 x0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增， h(x)h(0)0，即 exx1， g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， g(x)g(1)e2，ae
8、2 a 的取值范围是(，e2 10(2018郑州质检一)已知函数 f(x)ln xa(x1)，aR 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 x01，当 x(1，x0)时，恒有 f(x) 2x k(x1)成立，求 k 的 x2 2 1 2 取值范围 解 (1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，) f(x) a， 1 x f(1)1a0， a1，f(x) 1， 1 x 1x x 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(x1)可化为 ln x x k(x1)， x2 2
9、 1 2 x2 2 1 2 令 g(x)ln x x k(x1)(x1)， x2 2 1 2 则 g(x) x1k， 1 x x21kx1 x 令 h(x)x2(1k)x1(x1)，h(x)的对称轴为直线 x， 1k 2 当1，即 k1 时，易知 h(x)在(1，x0)上单调递减， 1k 2 h(x)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 当1，即 kh(1)1k0， 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
10、考前适应性测试)已知函数 f(x) x2(a1)xaln x 1 2 (1)当 a1 时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 a1 时，f(x)0，f(x)单调递增 综上所述，当 a0 时，函数 f(x)在(1，)上单调递增，在(0，1)上单调递减 ； 当 00， 所以 g(x)maxe1， g(x)axa1， a x axa 1 x 令 g(x)0，得 x1， 所以函数 g(x)在 ，1 上单调递减， 1 e 在(1，e上单调递增， g(x)max为 g aea与 g(e)aea中的较大者 1 e 设 h(a)g(e)g eaea2a(a0)， 1 e 则 h(a)eaea2220，eaea
11、 所以 h(a)在(0，)上单调递增，故 h(a)h(0)0， 所以 g(e)g ， 1 e 从而 g(x)maxg(e)aea， 所以aeae1，即 eaae10， 设 (a)eaae1(a0)， 则 (a)ea10， 所以 (a)在(0，)上单调递增 又 (1)0，所以 eaae10 的解为 a1 因为 a0，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)(2a)(x1)2ln x， g(x)xe1x(a R，e 为自然对数的底数) (1)若不等式 f(x)0 对于一切 x0， 恒成立，求 a 的最小值； 1 2 (2)若对任意的x0(0， e，
12、在(0， e上总存在两个不同的xi(i1， 2)， 使f(xi)g(x0) 成立，求 a 的取值范围 解 (1)由题意得(2a)(x1)2ln x0 在 0， 上恒成立，即 a2在 0， 1 2 2ln x x1 上恒成立 1 2 令 h(x)2，x0， 2ln x x1 1 2 则 h(x)，x0， 2ln x2 x2 x12 1 2 设 (x)2ln x 2，x0， 2 x 1 2 则 (x) 2ln 20， 1 2 1 2 则 h(x)0，因此 h(x)0， 2 e 3 e1 e2 ee1 所以 2 2，所以 a2， 2 e 3 e1 3 e1 综上，a，2 3 e1 13(2018湖北
13、八市联考)已知函数 f(x)ex，g(x) 1 xa (1)设函数 F(x)f(x)g(x)，试讨论函数 F(x)零点的个数； (2)若 a2，x0，求证：f(x)g(x)x1 x28 2x4 解 (1)函数 F(x)的定义域为(，a)(a，) 当 x(a，)时，ex0，0， 1 xa F(x)ex0，即 F(x)在(a，)上没有零点； 1 xa 当 x(，a)时，F(x)ex， 1 xa exxa1 xa 令 h(x)ex(xa)1(x0，h(x)是增函数， h(x)在(，a)上的最小值为 h(a1)1ea1 显然，当 a1 时，h(a1)0，xa1 是 F(x)的唯一的零点； 当 a0，F
14、(x)没有零点； 当 a1 时，h(a1)1ea10， 要证 f(x)g(x)，x1 x28 2x4 即要证 ex(x2) x24，x1 1 2 (x2) 1 x24， x 2 1 2 设 M(x)ex(x2) 1 x24 x 2 1 2 exx22x2， 则 M(x)ex2x2，令 (x)ex2x2， 令 (x)ex20，解得 xln 2， (x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， (1)(2)0， 2 02 0 ex(x2) 1 x24， x 2 1 2 ex(x2) x24，x1 1 2 f(x)g(x)得证x1 x28 2x4 14(2018河南六市联考一)已知函
15、数 f(x)ln x x22kx(kR) 1 2 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x10，所以 f(x)在(0，)上单调递增； 当 k0 时，令 t(x)x22kx1， 当 4k240，即 00，即 k1 时，x22kx10， 则 t(x)的两根为 k，k21 所以当 x(0，k)时，f(x)0，k21 当 x(k，k)时，f(x)0，k21 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(kk21k21 ，k)上单调递减k21k21 (2)证明：f(x)ln x x22kx(x0)， 1 2 f(x) x2k， 1 x 由(1)知当 k1 时，f(x)在(0，)上单调递增，此时 f(x)无极值， 当 k1 时，f(x) x2k，由 f(x)0 得 x22kx10， 1 x x22kx1 x 4(k21)0，设 x22kx10 的两根为 x1，x2， 则 x1x22k，x1x21， 其中 01)， 1 2 则 g(x) x0，所以 g(x)在(1，)上单调递减， 1 x 且 g(1) ，故 f(x2) 3 2 3 2