2021数学苏教版一轮专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根含解析专题突破练(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)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2）是函数g（x)＝f（x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f（x1)＜f（x2）;②若0＜λ＜2，则f（x1)＜f（x2）；③若λ＞2,则f(x1）＜f(x2)．其中正确结论的个数为(）A．0 B．1C．2 D．3答案B解析依题意，x1，x2(x1<x2)是函数g′（x）＝3x2－6x＋2－λ的两个零点,则Δ＝12（λ＋1)〉0,即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2－λ，3）.研究f（x1)<f（x2）成立的充要条件：f（x1)<f(x2)等价于(x1－x2）[(x1＋x2)2－3（x1＋x2)－x1x2＋2]<0，因为x1<x2，所以有（x1＋x2）2－3(x1＋x2）－x1x2＋2＝－eq\f(2－λ,3)〉0,解得λ〉2.从而可知③正确．故选B．2．（2019·乌鲁木齐一诊）设函数f(x）＝exeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（3,x）－3))－eq\f(a,x）,若不等式f（x）≤0有正实数解，则实数a的最小值为(）A．3 B．2C．e2 D．e答案D解析因为f(x）＝exeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（3,x）－3)）－eq\f(a,x)≤0有正实数解,所以a≥（x2－3x＋3）ex，令g(x）＝(x2－3x＋3)ex，则g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3）ex＝x（x－1）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g(x）min＝g（1）＝e,所以a≥e.故选D．3．设a＝eq\f（e6,36)，b＝eq\f(e7,49)，c＝eq\f(e8,64)，则a，b，c的大小关系为（）A．a>b〉c B．b>a>cC．c〉b>a D．c〉a〉b答案C解析构造函数f（x)＝eq\f(ex,x2），则a＝f(6),b＝f(7）,c＝f(8），f′(x)＝eq\f（xexx－2,x4），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．故选C．4．(2019·合肥质检二）已知函数f（x）是定义在R上的增函数，f(x)＋2＞f′（x），f(0）＝1，则不等式ln［f(x)＋2]－ln3＞x的解集为()A．(－∞，0) B．（0，＋∞）C．(－∞,1) D．(1，＋∞）答案A解析构造函数g(x）＝eq\f(fx＋2，ex），则g′(x)＝eq\f(f′x－［fx＋2]，ex)＜0，则g（x)在R上单调递减,且g(0)＝eq\f（f0＋2,e0)＝3.从而原不等式lneq\f(fx＋2,3）＞x可化为eq\f(fx＋2,3)＞ex，即eq\f（fx＋2,ex）＞3,即g（x）＞g(0），从而由函数g(x）的单调性，知x＜0。故选A．5．（2020·武汉市高三质量监测）函数f（x）＝（x2－ax）ex－ax＋a2(e为自然对数的底数,a∈R，a为常数）有三个不同的零点,则a的取值范围是(）A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，e）,0）） B．(－∞，0）C。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,e），＋∞）） D．(0，＋∞)答案A解析因为f（x)有三个不同的零点，所以f（x）＝0有三个不同的解．f（x)＝(x2－ax)ex－ax＋a2＝（x－a）(xex－a），令f（x）＝0,则x＝a或xex＝a，所以xex＝a有两个不为a的解,可知a≠0所以y＝xex与y＝a的图象有两个不同的交点,令g(x）＝xex，则g′(x)＝(x＋1）ex，当x∈（－∞，－1）时，g′（x）〈0，g（x）单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，g（x)单调递增．故当x＝－1时，g（x）取得最小值,g（x）的最小值为－eq\f（1,e).当x→－∞时，g(x)→0；当x→＋∞时，g(x）→＋∞，作出g(x)＝xex及y＝a的图象,如图所示．结合图象，可知a∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，e），0))。6．（2019·郑州质检三)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1）－f（x2)｜≤a－2恒成立,则实数a的取值范围是(）A．［e2，＋∞） B．［e,＋∞)C．［2，e] D．[e,e2］答案A解析f′(x)＝axlna＋2x－lna，令g（x)＝axlna＋2x－lna，则g′（x）＝ax（lna）2＋2〉0，所以函数g（x)在［0，1]上单调递增，所以g(x)≥g（0)＝a0×lna＋2×0－lna＝0,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）＝a－lna≤a－2,解得a≥e2。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（－2，2)解析由f(x）＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，当f′(x）＝0时，x＝±1，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，f(x）的极小值为f（1)＝a－2，要使函数f(x）＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f（－1）＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－2<a〈2，所以实数a的取值范围是（－2，2)．8．若不等式(ex－ax）（lnx－ax)〈0恒成立，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，e)，e）)解析因为lnx〈ex，且(ex－ax)(lnx－ax)〈0恒成立，所以lnx〈ax〈ex恒成立,又x〉0，所以eq\f（lnx，x)<a<eq\f(ex，x)在x〉0时恒成立．令g(x)＝eq\f（lnx，x），则g′（x）＝eq\f（1－lnx,x2）,令g′(x)＝0，得x＝e，当0〈x〈e时，g′(x）〉0,当x〉e时，g′（x)〈0，所以g（x）在(0，e)上单调递增,在(e，＋∞)上单调递减,所以当x＝e时，g(x）max＝eq\f(1,e)。令h（x)＝eq\f(ex，x),则h′(x）＝eq\f（exx－1,x2）,令h′（x）＝0，得x＝1,当0<x<1时，h′(x）〈0，当x>1时,h′(x)>0，所以h（x)在（0,1）上单调递减，在(1，＋∞）上单调递增，所以当x＝1时，h(x）min＝e。所以eq\f(1,e)<a<e。三、解答题9．（2019·合肥质检二)已知函数f(x）＝（x－1)ex－ax2（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∀x〉0，f(x）＋ex≥x3＋x,求a的取值范围．解(1）f(x)的定义域为R，f′（x)＝xex－2ax＝x(ex－2a当a≤0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<a<eq\f(1,2）时，f（x）在（－∞，ln2a)上单调递增，在（ln2a，∴f(x）有2个极值点；当a＝eq\f（1，2）时，f（x）在R上单调递增，∴f(x）没有极值点；当a>eq\f（1，2)时，f（x)在(－∞，0）上单调递增，在（0，ln2a）上单调递减，在(ln2∴f（x)有2个极值点；综上所述，当a≤0时，f（x)有1个极值点;当a〉0且a≠eq\f(1,2）时，f（x）有2个极值点；当a＝eq\f(1,2)时，f（x）没有极值点．（2)由f(x）＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0，当x〉0时,ex－x2－ax－1≥0，即∀x>0，a≤eq\f（ex－x2－1,x）恒成立，设g（x）＝eq\f（ex－x2－1，x)（x〉0)，则g′（x)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2）.设h(x）＝ex－x－1(x〉0)，则h′（x）＝ex－1。∵x〉0，∴h′（x)〉0，∴h(x）在（0，＋∞）上单调递增,∴h（x）>h（0）＝0，即ex〉x＋1,∴g（x)在（0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g（x）≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2。∴a的取值范围是（－∞，e－2]．10．（2020·广东四校联考）已知函数f（x）＝a(x－2lnx）－eq\f（1，2）x2＋2x.（1）讨论f（x）的单调性；（2)若f（x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解(1）f′（x）＝aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(2,x）))－x＋2＝eq\f（1，x）(x－2)（a－x）（x〉0）．①当a≤0时，a－x<0,则当x∈（0,2)时，f′(x)>0，f（x)单调递增;当x∈（2，＋∞）时，f′（x)<0，f（x）单调递减．②当0〈a〈2时，令f′(x)＝0⇒x＝2或x＝a，则当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．③当a＝2时，f′(x）＝－eq\f(1，x）(x－2）2≤0，f(x)在（0,＋∞）上单调递减．④当a〉2时,令f′(x)＝0⇒x＝2或x＝a，则当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a＝2时，f(x）在（0,＋∞)上单调递减,至多有一个零点,不满足条件．当a＝0时,f(x)＝－eq\f(1,2）x2＋2x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,则f(2）＝a(2－2ln2）＋2〉0，∴eq\f(1，ln2－1）〈a<0.下面证明f（x)有两个零点．取x＝eeq\f（1,a),则f（eeq\f（1，a））＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（e\f（1，a)－2×\f（1，a)))－eq\f（1,2)（eeq\f（1，a)）2＋2eeq\f(1,a)<0,满足f（eeq\f(1，a))f（2）<0,故f（x）在（0,2)上有且只有一个零点．f(4)＝a（4－2ln4）<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（a－2lna)－eq\f（1,2)a2＋2a＝eq\f（1,2）a2＋2a（1－lna）〉0,故f（x）在(0,2)上无零点，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(2－2ln2）＋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eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，ln2－1)，0)）。11．(2020·四川五校联考)已知函数f(x）＝alnx＋x2－(a＋2）x。(1）当a＝4时,求函数f（x）的单调递增区间;（2）当a〉0时，对于任意的x∈[1，＋∞)，不等式f（x)〉1－a2恒成立，求实数a的取值范围．解（1)当a＝4时,f（x)＝4lnx＋x2－6x，∴f′(x)＝eq\f（4,x)＋2x－6＝eq\f(2x－4x－1,x),令f′（x）＝eq\f（2x－4x－1,x)≥0，解得x≥2或0〈x≤1.∴函数f(x）的单调递增区间为(0，1],[2,＋∞）．（2）令g(x)＝f(x)＋a2－1（x≥1），则g′(x）＝f′(x）＝eq\f(a,x)＋2x－（a＋2)＝eq\f(2x－ax－1，x）（x≥1）．①当0〈eq\f(a，2）〈1，即0〈a〈2时，g′(x）≥0（当且仅当x＝1时取等号)．∴g（x)在[1,＋∞）上单调递增，∴g（x）min＝g（1）＝a2－a－2＝（a－2)(a＋1)<0(不符合题意,舍去）．②当eq\f（a,2)＝1，即a＝2时,g′（x)＝eq\f(2,x）（x－1)2≥0（仅当x＝1时取等号),∴g(x)在［1，＋∞）上单调递增,∴g（x)min＝g（1)＝0(不符合题意，舍去）．③当eq\f（a，2)〉1,即a〉2时,g（x)在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（1，\f(a,2)））上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a，2），＋∞)）上单调递增．∴g(x）min＝geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)））＝alneq\f（a，2)＋eq\f(3a2，4)－a－1，令h（x)＝xlneq\f（x,2）＋eq\f（3x2，4）－x－1(x>2）,则h′(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(3，2）x.当x>2时，h′（x)〉0，∴h（x）在(2,＋∞）上单调递增，∴h（x）〉0。∴g（x)≥geq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(a,2）)）〉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．已知函数f（x)＝lnx＋eq\f(1，2)x2－2kx(k∈R)．(1）讨论f(x）的单调性；(2)若f（x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2,证明：f(x2)〈－eq\f（3，2）.解(1）f(x)＝lnx＋eq\f（1,2)x2－2kx，x∈(0,＋∞),所以f′(x）＝eq\f(1,x）＋x－2k＝eq\f(x2－2kx＋1,x），①当k≤0时，f′(x)〉0，所以f（x）在(0，＋∞）上单调递增;②当k〉0时，令t（x）＝x2－2kx＋1，当Δ＝4k2－4≤0，即0〈k≤1时，t（x)≥0恒成立,即f′(x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，当Δ＝4k2－4〉0，即k〉1时，x2－2kx＋1＝0有两个不相等的实根，则t(x)的两根为k±eq\r（k2－1)，所以当x∈（0，k－eq\r(k2－1））时，f′（x）〉0，当x∈（k－eq\r（k2－1),k＋eq\r(k2－1)）时,f′(x)〈0，当x∈(k＋eq\r(k2－1),＋∞)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－eq\r（k2－1）)和(k＋eq\r(k2－1），＋∞）上单调递增，在（k－eq\r(k2－1)，k＋eq\r（k2－1））上单调递减．(2)证明：f（x）＝lnx＋eq\f(1，2)x2－2kx(x>0),f′(x)＝eq\f（1,x）＋x－2k，由(1）知当k≤1时,f（x）在(0，＋∞）上单调递增，此时f(x)无极值，当k〉1时,f′(x)＝eq\f（1，x）＋x－2k＝eq\f(x2－2kx＋1,x),由f′(x）＝0得x2－2kx＋1＝0，Δ＝4（k2－1）>0,设x2－2kx＋1＝0的两根为x1，x2，则x1＋x2＝2k，x1x2＝1，其中0〈x1＝k－eq\r（k2－1)<1〈x2＝k＋eq\r(k2－1),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)＝lnx2＋eq\f(1，2)xeq\o\al(2,2）－2kx2＝lnx2＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2，2)－（x1＋x2)x2＝lnx2＋eq\f(1，2）xeq\o\al（2,2)－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，x2）＋x2））x2＝lnx2－eq\f（1,2)xeq\o\al(2，2）－1,令g(x)＝lnx－eq\f(1，2)x2－1（x〉1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－x〈0，所以g(x）在（1，＋∞)上单调递减，且g（1）＝－eq\f(3,2)，故f（x2)<－eq\f(3，2).13．(2019·福州一模）已知函数f（x)＝alnx－x－eq\f（a＋1，x）（a∈R)．(1）求函数f(x)的单调区间；(2）当e＜a＜2eq\r（e)时，关于x的方程f（ax）＝－eq\f（a＋1,ax）有两个不同的实数解x1，x2，求证:x1＋x2＜4x1x2。解(1）函数f(x)的定义域是（0，＋∞）,f′(x)＝eq\f（a,x）－1＋eq\f(1＋a，x2)＝eq\f(－x2＋ax＋1＋a，x2）＝eq\f（－x＋1[x－1＋a］,x2），①当a＋1＞0,即a＞－1时,在（0，1＋a)上f′(x)〉0，在（1＋a,＋∞)上f′（x）<0，故f(x）在(0，1＋a）上单调递增,在(1＋a,＋∞)上单调递减，②当a＋1≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上f′（x）<0，故f（x)在（0，＋∞）上单调递减．（2)证明：设g（x）＝f(ax）＋eq\f（a＋1,ax)＝a（lna＋lnx－x），所以g′（x)＝eq\f(a1－x,x)（x>0），当0＜x＜1时,g′（x)＞0，函数g(x)在区间（0，1）上单调递增；当x＞1时，g′（x)＜0，函数g（x）在区间(1,＋∞）上单调递减;所以g(x)在x＝1处取得最大值．因为当e＜a＜2eq\r(e)时，方程f(ax)＝－eq\f(a＋1，ax）有两个不同的实数解x1,x2，所以函数g(x）的两个不同的零点x1，x2，一个零点比1小，一个零点比1大．不妨设0＜x1＜1＜x2,由g(x1）＝0，且g(x2)＝0，得x1＝ln（ax1)，且x2＝ln(ax2）,则x1＝eq\f(1，a)ex1，x2＝eq\f（1，a)ex2，所以x1x2＝eq\f（1，a2）ex1＋x2，所以eq\f(x1x2，x1＋x2)＝eq\f（1，a2）·eq\f(ex1＋x2，x1＋x2），令x1＋x2＝t,h（t)＝eq\f(et,t）,h′(t）＝eq\f(et·t－et,t2)＝eq\f（ett－1，t2).因为t＝x1＋x2，0＜x1＜1＜x2，所以t＞1，所以h′(t)＞0，所以函数h（t)在区间(1,＋∞)上单调递增，h（t)＞h（1)＝e,所以eq\f（x1x2,x1＋x2）＝eq\f(1，a2)·eq\f(ex1＋x2,x1＋x2)〉eq\f（e,a2)>eq\f(e，4e）＝eq\f（1,4)，又因为x1＋x2＞1，所以x1＋x2＜4x1x2.14．已知函数f（x）＝ex，g（x)＝eq\f(1,x－a)。(1)设函数F(x)＝f（x)＋g(x)，试讨论函数F（x）零点的个数；(2)若a＝－2,x〉0,求证：f(x)·g（x）〉eq\r(x＋1）＋eq\f(x2－8,2x＋4）.解(1)函数F（x)的定义域为(－∞，a)∪（a，＋∞)．当x∈（a,＋∞)时,ex>0，eq\f(1，x－a）〉0，∴F(x）＝ex＋eq\f(1，x－a)〉0，即F(x)在(a，＋∞）上没有零点；当x∈（－∞，a）时,F（x)＝ex＋eq\f（1，x－a）＝eq\f（exx－a＋1，x－a），令h(x）＝ex（x－a)＋1（x〈a），只要讨论h(x)的零点即可．h′(x)＝ex(x－a＋1)，h′(a－1）＝0，则当x∈（－∞，a－1)时,h′(x)<0，h(x）是单调递减函数；当x∈(