《2020高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析.pdf（13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)
2、0 有正实数解， 3 x a x 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)(x2 3 x a x 3x3)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 xexx 2 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 (2018合肥质检二
3、)已知函数f(x)是定义在 R 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) fx 2 ex 0， 则g(x)在 R R 上单调递减， 且g(0)3 从而原不等式 ln f xfx2 ex f02 e0 x可化为ex，即3，即g(x)g(0)，从而由函数g(x)的单调性， fx 2 3 fx 2 3 fx 2 ex 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，则实数m y e y x x me 的取
4、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 ， 令 y e y x x me e x y x y x 1 m y x t(t0)，令f(t)(2et)ln t(t0)，则f(t)ln t(2et) ln t 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上单调递增， 所以|f(x1)f(x2)|f(1)f(0)al
5、n 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)12xln 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(2
6、018合肥质检二)已知函数f(x)(x1)exax2(e 是自然对数的底数，aR 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 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(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
7、 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) x1exx 1 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，ae2 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 R 在(1，f(1)处的切线 与x轴平行 (1)求
8、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的取值 x2 2 1 2 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 xx k(x1)， x2 2 1 2 x2 2 1 2 令g(x)ln xx k(x1)(x1)， x2 2 1 2 则g(x) x1k， 1 x x21kx1 x 令h(x)x2(1k)x1(x1)，
9、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)
10、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gaea与g(e)aea中的较大者 1 e 设h(a)g(e)geaea2a(a0)， 1 e 则h(a)eaea2220，eaea 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)
11、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 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， 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， 上恒 1 2 2ln x x1 1 2 成立 令h(x)2，x0，
12、2ln x x1 1 2 则h(x)，x0， 2ln x2 x2 x 1 2 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，
13、 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 exxa 1 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(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) 1x24， x 2 1 2 设M(x)ex(x2) 1x24 x 2 1 2 exx22x2， 则M(x)ex2x2，令(x)ex2x2，
14、 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) 1x24， 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)已知函数f(x)ln xx22kx(kR R) 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
15、(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 xx22kx(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