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

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(2022·佛山质检)设函数f(x)x33x22x，假设x1，x2(x1x2)是函数g(x)f(x)x的两个极值点，现给出如下结论：假设10，那么f(x1)f(x2)；假设02，那么f(x1)f(x2)；假设2，那么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(x1<x2)是函数g(x)3x26x2的两个零点，那么12(1)>0，即>1，且x1x22，x1x2.研究f(x1)<f(x2)成立的充要条件：f(x1)<f(x2)等价于(x1x2)(x1x

2、2)23(x1x2)x1x22<0，因为x1<x2，所以有(x1x2)23(x1x2)x1x22>0，解得>2.从而可知正确应选b2(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()a3 b2 ce2 de答案d解析因为f(x)ex0有正实数解，所以a(x23x3)ex，令g(x)(x23x3)ex，那么g(x)(2x3)ex(x23x3)exx(x1)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

3、g(x)ming(1)e，所以ae.应选d3设a，b，c，那么a，b，c的大小关系为()aa>b>c bb>a>ccc>b>a dc>a>b答案c解析构造函数f(x)，那么af(6)，bf(7)，cf(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c4(2022·合肥质检二)函数f(x)是定义在r上的增函数，f(x)2f(x)，f(0)1，那么不等式ln f(x)2ln 3x的解集为()a(，0) b(0，)c(，1) d(

4、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x0.应选a5(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 bc 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)(2et)ln t(t>0)，那么f(t)ln t(2et)·ln t1.令g(t)ln t1(t>0)，那么g(t)<0，因此g(t)即f(t)在(0

5、，)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)maxf(e)(2ee)ln ee，所以e，得0<m.应选d6(2022·郑州质检三)函数f(x)axx2xln a，对任意的x1，x20,1，不等式|f(x1)f(x2)|a2恒成立，那么实数a的取值范围是()ae2，) be，)c2，e de，e2答案a解析f(x)axln a2xln a，令g(x)axln a2xln a，那么g(x)ax(ln a)22>0，所以函数g(x)在0,1上单调递增，所以g(x)g(0)a0×ln a2×0ln a

6、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)aln aa2，解得ae2.应选a二、填空题7假设函数f(x)x33xa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)x33xa，得f(x)3x23，当f(x)0时，x±1，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，那么有f(1)2a>0，且f(1)a2<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(xa)>1在(0，)上恒成立，那么实数a的取

7、值范围是_答案(，1解析不等式2x(xa)>1在(0，)上恒成立，即a<x2x在(0，)上恒成立令f(x)x2x(x>0)，那么f(x)12xln 2>0，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(2022·合肥质检二)函数f(x)(x1)exax2(e是自然对数的底数，ar)(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)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，

8、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a0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)exx3x，得xexx3ax2x0，当x>0时，exx2ax10，即x>0，a恒成立，设g(x)(x>0)，那

9、么g(x).设h(x)exx1(x>0)，那么h(x)ex1.x>0，h(x)>0，h(x)在(0，)上单调递增，h(x)>h(0)0，即ex>x1，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(，e210(2022·广东四校联考)函数f(x)a(x2ln x)x22x.(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)ax2(x2)(ax)(x>0)当a0时，ax<0，那么当x(0,2)时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x(2，)

10、时，f(x)<0，f(x)单调递减当0<a<2时，令f(x)0x2或xa，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)单调递减当a2时，f(x)(x2)20，f(x)在(0，)上单调递减当a>2时，令f(x)0x2或xa，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a2时，f(x)在(0，)上单调递减，至多有一个零点

11、，不满足条件当a0时，f(x)x22x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(22ln 2)2>0，<a<0.下面证明f(x)有两个零点取xe，那么f(e)a(e)22e<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(42ln 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(a2ln a)a22aa22a(1ln a)>0，故f(x)在(0,2)上无零点，

12、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(22ln 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 xx2(a2)x.(1)当a4时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a>0时，对于任意的x1，)，不等式f(x)>1a2恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a4时，f(x)4ln xx26x，f(x)2x6，令f(x)0

13、，解得x2或0<x1.函数f(x)的单调递增区间为(0,1，2，)(2)令g(x)f(x)a21(x1)，那么g(x)f(x)2x(a2)(x1)当0<<1，即0<a<2时，g(x)0(当且仅当x1时取等号)g(x)在1，)上单调递增，g(x)ming(1)a2a2(a2)(a1)<0(不符合题意，舍去)当1，即a2时，g(x)(x1)20(仅当x1时取等号)，g(x)在1，)上单调递增，g(x)ming(1)0(不符合题意，舍去)当>1，即a>2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增g(x)mingaln a1，令h(x)xln x1(x>

14、;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 xx22kx(kr)(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 xx22kx，x(0，)，所以f(x)x2k，当k0时，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上单调递增；当k>0时，令t(x)x22kx1，当4k240，即0<k1时，t(x)0恒成立，即f(x)

15、0恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增，当4k24>0，即k>1时，x22kx10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 xx22kx(x>0)，f(x)x2k，由(1)知当k1时，f(x)在(0，)上单调递增，此时f(x)无极值，当k>1时，f(x)x2k，由f(x)0得x22kx10

16、，4(k21)>0，设x22kx10的两根为x1，x2，那么x1x22k，x1x21，其中0<x1k<1<x2k，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 x2x2kx2ln x2x(x1x2)x2ln x2xx2ln x2x1，令g(x)ln xx21(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)(2a)(x1)2ln x，g(x)xe1x(ar，e为自然对数的底数)(1)假

17、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(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 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(x)2ln x2，x，那么(x)<0，所以(x)>2ln2>0，那么h(x)>0，因此h(x)<h24ln 2，那么a24ln 2，即a的最小值为24ln 2.(2)因为g(x)(1x)e1x，所以g(x)xe1x在(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，由g

18、(0)0，g(1)1，g(e)e2e(0,1)，得g(x)xe1x在(0，e上的值域为(0,1，因为f(x)，所以当a2时，易得f(x)在(0，e上单调递减；当2a<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)fa2ln，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x0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(i1,2)，使f(xi)g(x0)成立，那么需满足f(e)1，即a2，又因为2>0，所以2>2，所以a2，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a2，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