2020高考數(shù)學專題突破練2利用導數(shù)研究不等式與方程的根理含解析

1、1專題突破練(2)利用導數(shù)研究不等式與方程的根一、選擇題_32_1. (2019 佛山質檢)設函數(shù)f(x) =x- 3x+ 2x，若xi,X2(xivX2)是函數(shù)g(x) =f(x) 入x的兩個極值點，現(xiàn)給出如下結論：若一 1v入V0,則f(xi)vf(X2);若 0v入v2，則f(xi)vf(X2);若 入 2,則f(xi)vf(X2).其中正確結論的個數(shù)為()A. 0 B . i C . 2 D . 3答案 B解析 依題意，Xi,X2(Xi0,即卩入 I,且Xi+X2=2,XIX2=.研究f(Xi)f(X2)成立的充要條件：f(Xi)f(X2)3等價于(xiX2)(Xi+X2)2 3(Xi

2、+X2)XiX2+ 20，因為Xi0,解得 入2.從而可知正確.故選B.3a2.(20i8 烏魯木齊一診)設函數(shù)f(x) = eXx+ - 3-,若不等式f(x)W0有正實數(shù)解，X則實數(shù)a的最小值為()A. 3 B . 2 C . e2D . e答案 D3a解析 因為f(x) = eXx+ -一 3 - W0有正實數(shù)解，所以a(x2 3x+ 3)ex,令g(x) = (x23+ 3)ex，則g(x) = (2x 3)ex+ (x2 3x+ 3)ex=x(x i)ex，所以當i 時，g(x)0 ;當0X1時，g(x)e.故選 D.8ec=，貝Ua,b,c的大小關系為(64bacC .cbaD .

3、cab答案 C exef x 2 解析構造函數(shù)f(x) =-2,則a=f(6) ,b=f(7) ,c=f(8) ,f(x)=4，當2 時，f( x)0 ,所以f(x)在(2 ,+8)上單調遞增，故f(8)f(7)f(6),即cba.故選C.4.(2018 合肥質檢二)已知函數(shù)f(X)是定義在 R 上的增函數(shù)，f(x) + 2f(x) ,f(0) =1，則不等式 ln (f(x) + 2) ln 3 的解集為()A.(8,0) B.(0，+m) C.(8,1) D.(1, +8)答案 A6“ e3.設a=36，7eb=49，A.abcB .2解析構造函數(shù)g(x)=則g(x)=fX-fX+2上 0

4、，則g(x)在 R 上單調遞減，且g(0)= 羋二2= 3 從而原不等式Infx；2x可化為fx；2ex，即f X廣23,1卩g(x) g(0)，從而由函數(shù)g(x)的單調 33e性，知 xv0 .故選 A.5.(2018 鄭州質檢一)若對于任意的正實數(shù)x,y都有 2xyin- 0,y0, 2xTn，所以兩邊同時乘以-，可得 2e In 0)，令f(t) = (2e t) Int(t0)，貝Uf(t) = Int+ (2e t) - = Int+了 2e1 2e1.令g(t) = Int+ 匸1(t0),則g() = - 丁0,因此g(t)即f()在(0 , +)上單調遞減，又f (e) = 0

5、，所以函數(shù)f(t)在(0 , e)上單調遞增，在(e ,)上單調遞減，11 ,因此f(t)max=f(e) = (2e e)In e = e,所以 ewm,得 00,所以函數(shù)g(x)在0 , 1上單調遞增，所以g(x) g(0) =axIna+ 2x0 Ina= 0, 即f (x) 0,則函數(shù)f(x)在0 , 1上單調遞增，所以 |f(x f(X2)|wf(1) f(0) =a Inawa2,解得ae2.故選 A.二、填空題7._ 若函數(shù)f(x) =x3 3x+a有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是 _ .答案(一 2, 2)3個不同的零點，則有f( 1) = 2+a0,且f=a 20,即一

6、 2a1 在(0,+)上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是 _.答案(汽1解析 不等式 2x(xa)1 在(0 , +m)上恒成立，即a0)，貝Uf(x) = 1+ 2xln 20，即f(x)在(0 ,+)上單調遞增，所以f(x)f(0)=1,所以aw1,即卩a(a, 1.三、解答題9. (2018 合肥質檢二)已知函數(shù)f(x) = (x 1)exax3 4(e 是自然對數(shù)的底數(shù)，a R).(1) 討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由；(2) 若？x0,f(x) + exx5+x，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為 R,xxf(x) =xe 2ax=x(e 2a).當aw0時，f(x)在

7、(a,0)上單調遞減，在(0，+a)上單調遞增，f(x)有 1 個極 值點；1當 0a2 時，f(x)在(一a,0)上單調遞增，在(0 , in 2a)上單調遞減，在(In 2a,+a)上單調遞增，f(x)有 2 個極值點；綜上所述，當aw0時，f(x)有 1 個極值點；1當a0 且a 時，f(x)有 2 個極值點；3當a= q 時，f(x)沒有極值點.(2)由f(x) + exx3+x，得xexx3ax2x0,當x0 時，exx2ax 1 0,4即awexx21對？x0 恒成立,設g(x)=(x0),5則g設h(x) = ex-x 1(x0)，則h(x) = ex- 1./x0,.h(x)0

8、,.h(x)在(0，+m)上單調遞增， h(x)h(0) = 0,即卩 e x+1, g(x)在(0 , 1)上單調遞減，在(1,+m)上單調遞增，g(x)g(1) = e 2, awe 2.a的取值范圍是(一m,e 2.10. (2018 鄭州質檢一)已知函數(shù)f(x) = Inxa(x+ 1),a R 在(1 ,f(1)處的切線與x軸平行.(1)求f(x)的單調區(qū)間；x21若存在Xo1,當x (1 ,Xo)時，恒有f(x) - + 2x+2k(x 1)成立，求k的取值范圍.解(1)由已知可得f(x)的定義域為(0，+m).f (1) = 1 a= 0,11xa=1,Af(X)=x1= T，令

9、f(x)0 得 0 x1，令f(x)1,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0 , 1)，單調遞減區(qū)間為x21(2)不等式f(x) - + 2x+ 2k(x 1)可化為In(1,+m).x21x - +x2k(x1),令g(x) = Inx1+x 2 k(x 1)(x1),21x+ 1 k x+ 1則g (x) = x+ 1 k=xx2令h(x) =x+ (1 k)x+ 1(x1),h(x)的對稱軸為直線x=P1 k、當一w1, 即卩k 1 時，易知h(x)在(1 ,X。)上單調遞減,h(x) 1,貝U h(x)w0,.g(x)w0,g(x)在(1 ,X。)上單調遞減，g(x)g(1) = 0,不符合題

10、意；若1wk0 ,67必存在Xo,使得x(1 ,Xo)時，g(x)o, g(x)在(1 ,xo)上單調遞增，g(x)g(1) = 0 恒成立，符合題意.1_k當一尹1,即卩kh(1) = 1_ko,g(x)0,.g(x)在(1 ,xo)上單調遞增， g( x)g(1) = o 恒成立，符合題意.綜上，k的取值范圍是(一s,1).1211. (2018 山西考前適應性測試)已知函數(shù)f(x) = -x _ (a+ 1)x+alnx.(1) 當a +xa+1 _ e 對于任意x e_1, e成立，求正實數(shù)a的 取值范圍.解(1)由題知，函數(shù)f(x)的定義域為(0,+s),2a x一a+ 1x+af(

11、x) =x_(a+ 1) +-=xx_ fx ax 1)=x,若 oa1,則當 ox1 時，f(x)o ,f(x)單調遞增；當ax1 時，f( x)o ,f(x)單調遞減；若a 0,則當 ox1 時，f(x)1 時，f(x)0,f(x)單調遞增.綜上所述，當a0時，函數(shù)f(x)在(1,+s)上單調遞增，在(0 , 1)上單調遞減；當 0a0,所以g(x)maxWe 1 ,8令g(x)0 ,得 0 x0，得x1,(x)=ia+axa xa1x91所以函數(shù)g(x)在-，1 上單調遞減，e在(1 , e上單調遞增，1_g(x)max為ge=a+ ea與g(e) =-a+ ea中的較大者.1-設h(a

12、) =g(e) = ea-ea-2a(a0),則h(a)=ea+e-a22 eae-a2=0,所以h(a)在(0,+)上單調遞增，故h(a)h(0) = 0,1所以g(e)ge，從而g(x)max=g(e) =-a+ ea,所以一a+ eae- 1，即 ea-a- e +10),貝V Q (a) = e 10,所以Q(a)在(0，+m)上單調遞增. 又Q(1) = 0，所以 ea-a-e +10的解為a0,所以正實數(shù)a的取值范圍為(0 , 1.12. (2018 石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x) = (2 -a)(x- 1) -2lnx,g(x) =xe1-x(a R, e 為自然對數(shù)的底數(shù))

13、.1(1)若不等式f(x)0 對于一切x 0, 恒成立，求a的最小值；(2)若對任意的xo (0 , e，在(0 , e上總存在兩個不同的xi(i= 1, 2),使f(x) =g(xo)成立，求a的取值范圍.12lnx1解(1)由題意得(2 -a)(x- 1) - 2lnx0 在 0 -上恒成立，即a2-在 0,;上恒2x 12成立.22lnx+一一 2x設Q(x) = 2lnx+5-2,x 0, 2,x25則Q (x) =J令h(x) = 2 - 2lnxx- 1則h (x)=1022x-1 0 x2=x2 $ 2=2ln 2 + 20,1則h,(x)0，因此h(x)2-4ln 2，即a的最

14、小值為 2- 4ln 2 .因為g(x) = (1 x)e1-x,所以g(x) =xe6x在(0 , 1)上單調遞增，在(1，e上單調遞減，由g(0) = 0,g(1) = 1,g(e) = e2-e (0 , 1),得g(x) =xe1-x在(0 , e上的值域為(0, 1,因為f(x) =2-ax-2,x所以當a2時，易得f(x)在(0 , e上單調遞減；2當 2 - Ya2 時，易得f(x)在(0 , e上單調遞減，e不符合題意.2 2當a2-,此時f(x)在 0, 2上單調遞減，e2a2在 ，e 上單調遞增，2 a人222令聽)=f=a-2ln耳a2-，a則 mi (a)=a，易得ma

15、)在(一, 0)上單調遞增,2a2在 0, 2-上單調遞減，ma) 1,綜上，a-S,2 -.e - 1設函數(shù)F(x) =f(x) +g(x)，試討論函數(shù)F(x)零點的個數(shù);X2 8若a= 2,x0,求證：f(x) g(x)x+ 1 + 2x4解函數(shù)F(x)的定義域為(一g,a)U(a,+) ,x1當x(a,+g)時，e 0,x一a，1 F(x) = ex+0，即F(x)在(a,+g)上沒有零點；xax當x(g,a)時，F(xiàn)(x)=ex+ =x_a+7,xaxa令h(x) = ex(xa) + 1(xa),只要討論h(x)的零點即可.xh(x) = e (xa+1) ,h(a 1) = 0,則當

16、x (g,a 1)時，h(x)0,h(x)是增函數(shù)，h(x)在(一g,a)上的最小值為h(a 1) = 1 ea1.顯然，當a= 1 時，h(a 1) = 0,.x=a 1 是F(x)的唯一的零點；當a0,.F(x)沒有零點；當a1 時，h(a 1) = 1 ea10,要證f(x) g(x),x+1 + 2xx,_ 1即要證 ex(x+ 2)x+ 1+ gx2 4,7f(x) =-+x 2k,又因為e+ 20,ee-12所以2-23e-所以aw2-xo (0 , e，在(0 , e上總存在13x+(x+ 2)x+ 1 + gx2 4,xx12設Mx) = e (x+ 2)+ 1 + 4=exx

17、2 2x+ 2,xx貝U M(x) = e 2x 2，令 $ (x) = e 2x 2,令o(x) = e 2= 0，解得x= In 2 ,$(x)在(g,In 2)上單調遞減，在(In 2,+g)上單調遞增，- $ (1) $ (2)0 , $ ( 1) $ (0)0 , M(X)在(0，+m)上只有一個零點Xo且 1XoMx)min=Mxo) = exO xo 2xo+ 2= 4 XoO,xX12 e(x+ 2) 2+ 1 + 2X 4,xf- 12 e (x+ 2)；jx+ 1 + x 4,x1 8 8f(x) g(x)x+1+2X4 得證.114. (2O18 河南六市聯(lián)考一)已知函數(shù)

18、f(x) = lnx+只2 2kx(k R).(1) 討論f(x)的單調性；3(2) 若f(x)有兩個極值點X1,X2，且X1X2,證明：f(X2) -.12解(1)f(x)=lnx+X2kx,x(O，+m),1x2 2kx+ 1所以f (x) =-+x 2k=XX1當kO,所以f(X)在(O，+m)上單調遞增；22當kO 時，令t(x) =x 2kx+ 1,當= 4k2 4wO, 即卩 O0恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在(O，+m)上單調遞增，x142 2當 = 4k 4O，即k1 時，x 2kx+1 = O,則t(x)的兩根為kk2 1,所以當x (O ,kk2 1)時，f(x)O,當