2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析

1、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_32_1. (2019 佛山质检)设函数f(x) =x- 3x+ 2x，若xi,X2(xivX2)是函数g(x) =f(x) 入x的两个极值点，现给出如下结论：若一 1v入V0,则f(xi)vf(X2);若 0v入v2，则f(xi)vf(X2);若 入 2,则f(xi)vf(X2).其中正确结论的个数为()A. 0 B . i C . 2 D . 3答案 B解析 依题意，Xi,X2(Xi0,即卩入 I,且Xi+X2=2,XIX2=.研究f(Xi)f(X2)成立的充要条件：f(Xi)f(X2)3等价于(xiX2)(Xi+X2)2 3(Xi

2、+X2)XiX2+ 20，因为Xi0,解得 入2.从而可知正确.故选B.3a2.(20i8 乌鲁木齐一诊)设函数f(x) = eXx+ - 3-,若不等式f(x)W0有正实数解，X则实数a的最小值为()A. 3 B . 2 C . e2D . e答案 D3a解析 因为f(x) = eXx+ -一 3 - W0有正实数解，所以a(x2 3x+ 3)ex,令g(x) = (x23+ 3)ex，则g(x) = (2x 3)ex+ (x2 3x+ 3)ex=x(x i)ex，所以当i 时，g(x)0 ;当0X1时，g(x)e.故选 D.8ec=，贝Ua,b,c的大小关系为(64bacC .cbaD .

3、cab答案 C exef x 2 解析构造函数f(x) =-2,则a=f(6) ,b=f(7) ,c=f(8) ,f(x)=4，当2 时，f( x)0 ,所以f(x)在(2 ,+8)上单调递增，故f(8)f(7)f(6),即cba.故选C.4.(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 3 的解集为()A.(8,0) B.(0，+m) C.(8,1) D.(1, +8)答案 A6“ e3.设a=36，7eb=49，A.abcB .2解析构造函数g(x)=则g(x)=fX-fX+2上 0

4、，则g(x)在 R 上单调递减，且g(0)= 芈二2= 3 从而原不等式Infx；2x可化为fx；2ex，即f X广23,1卩g(x) g(0)，从而由函数g(x)的单调 33e性，知 xv0 .故选 A.5.(2018 郑州质检一)若对于任意的正实数x,y都有 2xyin- 0,y0, 2xTn，所以两边同时乘以-，可得 2e In 0)，令f(t) = (2e t) Int(t0)，贝Uf(t) = Int+ (2e t) - = Int+了 2e1 2e1.令g(t) = Int+ 匸1(t0),则g() = - 丁0,因此g(t)即f()在(0 , +)上单调递减，又f (e) = 0

5、，所以函数f(t)在(0 , e)上单调递增，在(e ,)上单调递减，11 ,因此f(t)max=f(e) = (2e e)In e = e,所以 ewm,得 00,所以函数g(x)在0 , 1上单调递增，所以g(x) g(0) =axIna+ 2x0 Ina= 0, 即f (x) 0,则函数f(x)在0 , 1上单调递增，所以 |f(x f(X2)|wf(1) f(0) =a Inawa2,解得ae2.故选 A.二、填空题7._ 若函数f(x) =x3 3x+a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是 _ .答案(一 2, 2)3个不同的零点，则有f( 1) = 2+a0,且f=a 20,即一

6、 2a1 在(0,+)上恒成立，则实数a的取值范围是 _.答案(汽1解析 不等式 2x(xa)1 在(0 , +m)上恒成立，即a0)，贝Uf(x) = 1+ 2xln 20，即f(x)在(0 ,+)上单调递增，所以f(x)f(0)=1,所以aw1,即卩a(a, 1.三、解答题9. (2018 合肥质检二)已知函数f(x) = (x 1)exax3 4(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) + exx5+x，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为 R,xxf(x) =xe 2ax=x(e 2a).当aw0时，f(x)在

7、(a,0)上单调递减，在(0，+a)上单调递增，f(x)有 1 个极 值点；1当 0a2 时，f(x)在(一a,0)上单调递增，在(0 , in 2a)上单调递减，在(In 2a,+a)上单调递增，f(x)有 2 个极值点；综上所述，当aw0时，f(x)有 1 个极值点；1当a0 且a 时，f(x)有 2 个极值点；3当a= q 时，f(x)没有极值点.(2)由f(x) + exx3+x，得xexx3ax2x0,当x0 时，exx2ax 1 0,4即awexx21对？x0 恒成立,设g(x)=(x0),5则g设h(x) = ex-x 1(x0)，则h(x) = ex- 1./x0,.h(x)0

8、,.h(x)在(0，+m)上单调递增， h(x)h(0) = 0,即卩 e x+1, g(x)在(0 , 1)上单调递减，在(1,+m)上单调递增，g(x)g(1) = e 2, awe 2.a的取值范围是(一m,e 2.10. (2018 郑州质检一)已知函数f(x) = Inxa(x+ 1),a R 在(1 ,f(1)处的切线与x轴平行.(1)求f(x)的单调区间；x21若存在Xo1,当x (1 ,Xo)时，恒有f(x) - + 2x+2k(x 1)成立，求k的取值范围.解(1)由已知可得f(x)的定义域为(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)的单调递增区间为(0 , 1)，单调递减区间为x21(2)不等式f(x) - + 2x+ 2k(x 1)可化为In(1,+m).x21x - +x2k(x1),令g(x) = Inx1+x 2 k(x 1)(x1),21x+ 1 k x+ 1则g (x) = x+ 1 k=xx2令h(x) =x+ (1 k)x+ 1(x1),h(x)的对称轴为直线x=P1 k、当一w1, 即卩k 1 时，易知h(x)在(1 ,X。)上单调递减,h(x) 1,贝U h(x)w0,.g(x)w0,g(x)在(1 ,X。)上单调递减，g(x)g(1) = 0,不符合题

10、意；若1wk0 ,67必存在Xo,使得x(1 ,Xo)时，g(x)o, g(x)在(1 ,xo)上单调递增，g(x)g(1) = 0 恒成立，符合题意.1_k当一尹1,即卩kh(1) = 1_ko,g(x)0,.g(x)在(1 ,xo)上单调递增， g( x)g(1) = o 恒成立，符合题意.综上，k的取值范围是(一s,1).1211. (2018 山西考前适应性测试)已知函数f(x) = -x _ (a+ 1)x+alnx.(1) 当a +xa+1 _ e 对于任意x e_1, e成立，求正实数a的 取值范围.解(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0,+s),2a x一a+ 1x+af(

11、x) =x_(a+ 1) +-=xx_ fx ax 1)=x,若 oa1,则当 ox1 时，f(x)o ,f(x)单调递增；当ax1 时，f( x)o ,f(x)单调递减；若a 0,则当 ox1 时，f(x)1 时，f(x)0,f(x)单调递增.综上所述，当a0时，函数f(x)在(1,+s)上单调递增，在(0 , 1)上单调递减；当 0a0,所以g(x)maxWe 1 ,8令g(x)0 ,得 0 x0，得x1,(x)=ia+axa xa1x91所以函数g(x)在-，1 上单调递减，e在(1 , e上单调递增，1_g(x)max为ge=a+ ea与g(e) =-a+ ea中的较大者.1-设h(a

12、) =g(e) = ea-ea-2a(a0),则h(a)=ea+e-a22 eae-a2=0,所以h(a)在(0,+)上单调递增，故h(a)h(0) = 0,1所以g(e)ge，从而g(x)max=g(e) =-a+ ea,所以一a+ eae- 1，即 ea-a- e +10),贝V Q (a) = e 10,所以Q(a)在(0，+m)上单调递增. 又Q(1) = 0，所以 ea-a-e +10的解为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) = (2 -a)(x- 1) -2lnx,g(x) =xe1-x(a R, e 为自然对数的底数)

13、.1(1)若不等式f(x)0 对于一切x 0, 恒成立，求a的最小值；(2)若对任意的xo (0 , e，在(0 , e上总存在两个不同的xi(i= 1, 2),使f(x) =g(xo)成立，求a的取值范围.12lnx1解(1)由题意得(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设Q(x) = 2lnx+5-2,x 0, 2,x25则Q (x) =J令h(x) = 2 - 2lnxx- 1则h (x)=1022x-1 0 x2=x2 $ 2=2ln 2 + 20,1则h,(x)0，因此h(x)2-4ln 2，即a的最

14、小值为 2- 4ln 2 .因为g(x) = (1 x)e1-x,所以g(x) =xe6x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) =2-ax-2,x所以当a2时，易得f(x)在(0 , e上单调递减；2当 2 - Ya2 时，易得f(x)在(0 , e上单调递减，e不符合题意.2 2当a2-,此时f(x)在 0, 2上单调递减，e2a2在 ，e 上单调递增，2 a人222令听)=f=a-2ln耳a2-，a则 mi (a)=a，易得ma

15、)在(一, 0)上单调递增,2a2在 0, 2-上单调递减，ma) 1,综上，a-S,2 -.e - 1设函数F(x) =f(x) +g(x)，试讨论函数F(x)零点的个数;X2 8若a= 2,x0,求证：f(x) g(x)x+ 1 + 2x4解函数F(x)的定义域为(一g,a)U(a,+) ,x1当x(a,+g)时，e 0,x一a，1 F(x) = ex+0，即F(x)在(a,+g)上没有零点；xax当x(g,a)时，F(x)=ex+ =x_a+7,xaxa令h(x) = ex(xa) + 1(xa),只要讨论h(x)的零点即可.xh(x) = e (xa+1) ,h(a 1) = 0,则当

16、x (g,a 1)时，h(x)0,h(x)是增函数，h(x)在(一g,a)上的最小值为h(a 1) = 1 ea1.显然，当a= 1 时，h(a 1) = 0,.x=a 1 是F(x)的唯一的零点；当a0,.F(x)没有零点；当a1 时，h(a 1) = 1 ea10,要证f(x) g(x),x+1 + 2xx,_ 1即要证 ex(x+ 2)x+ 1+ gx2 4,7f(x) =-+x 2k,又因为e+ 20,ee-12所以2-23e-所以aw2-xo (0 , e，在(0 , e上总存在13x+(x+ 2)x+ 1 + gx2 4,xx12设Mx) = e (x+ 2)+ 1 + 4=exx

17、2 2x+ 2,xx贝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)上单调递减，在(In 2,+g)上单调递增，- $ (1) $ (2)0 , $ ( 1) $ (0)0 , M(X)在(0，+m)上只有一个零点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 得证.114. (2O18 河南六市联考一)已知函数

18、f(x) = lnx+只2 2kx(k R).(1) 讨论f(x)的单调性；3(2) 若f(x)有两个极值点X1,X2，且X1X2,证明：f(X2) -.12解(1)f(x)=lnx+X2kx,x(O，+m),1x2 2kx+ 1所以f (x) =-+x 2k=XX1当kO,所以f(X)在(O，+m)上单调递增；22当kO 时，令t(x) =x 2kx+ 1,当= 4k2 4wO, 即卩 O0恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在(O，+m)上单调递增，x142 2当 = 4k 4O，即k1 时，x 2kx+1 = O,则t(x)的两根为kk2 1,所以当x (O ,kk2 1)时，f(x)O,当