高考數(shù)學(xué)(理數(shù))二輪專題突破練02《利用導(dǎo)數(shù)研究不等式與方程的根》（教師版）

1、專題突破練(2)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式與方程的根一、選擇題1設(shè)函數(shù)f(x)x33x22x，若x1，x2(x1x2)是函數(shù)g(x)f(x)x的兩個極值點，現(xiàn)給出如下結(jié)論：若10，則f(x1)f(x2)；若02，則f(x1)f(x2)；若2，則f(x1)f(x2)其中正確結(jié)論的個數(shù)為()A0 B1 C2 D3答案B解析依題意，x1，x2(x10，即1，且x1x22，x1x2研究f(x1)f(x2)成立的充要條件：f(x1)f(x2)等價于(x1x2)(x1x2)23(x1x2)x1x220，因為x10，解得2從而可知正確故選B2設(shè)函數(shù)f(x)exx3，若不等式f(x)0有正實數(shù)解，則實數(shù)a的最小值為(

2、)A3 B2 Ce2 De答案D解析因為f(x)exx30有正實數(shù)解，所以a(x23x3)ex，令g(x)(x23x3)ex，則g(x)(2x3)ex(x23x3)exx(x1)ex，所以當(dāng)x1時，g(x)0；當(dāng)0x1時，g(x)bc Bbac Ccba Dcab答案C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)，則af(6)，bf(7)，cf(8)，f(x)，當(dāng)x2時，f(x)0，所以f(x)在(2，)上單調(diào)遞增，故f(8)f(7)f(6)，即cba故選C4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 3x的解集為()A(，0) B(0，) C(，1) D(

3、1，)答案A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x)0，則g(x)在R上單調(diào)遞減，且g(0)3從而原不等式ln x可化為ex，即3，即g(x)g(0)，從而由函數(shù)g(x)的單調(diào)性，知x0故選A5若對于任意的正實數(shù)x，y都有2xln 成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A，1 B，1 C，e D0，答案D解析因為x0，y0，2xln ，所以兩邊同時乘以，可得2eln ，令t(t0)，令f(t)(2et)ln t(t0)，則f(t)ln t(2et)ln t1令g(t)ln t1(t0)，則g(t)0，因此g(t)即f(t)在(0，)上單調(diào)遞減，又f(e)0，所以函數(shù)f(t)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上

4、單調(diào)遞減，因此f(t)maxf(e)(2ee)ln ee，所以e，得00，所以函數(shù)g(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以g(x)g(0)a0ln a20ln a0，即f(x)0，則函數(shù)f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以|f(x1)f(x2)|f(1)f(0)aln aa2，解得ae2故選A二、填空題7若函數(shù)f(x)x33xa有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是_答案(2，2)解析由f(x)x33xa，得f(x)3x23，當(dāng)f(x)0時，x1，易知f(x)的極大值為f(1)2a，f(x)的極小值為f(1)a2，要使函數(shù)f(x)x33xa有三個不同的零點，則有f(1)2a0，且f(1)a20，即2a1在

5、(0，)上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是_答案(，1解析不等式2x(xa)1在(0，)上恒成立，即a0)，則f(x)12xln 20，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(0)1，所以a1，即a(，1三、解答題9已知函數(shù)f(x)(x1)exax2(e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR)(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)exx3x，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域為R，f(x)xex2axx(ex2a)當(dāng)a0時，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)有1個極值點；當(dāng)0a時，f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0，ln 2a)上單調(diào)遞減，在

6、(ln 2a，)上單調(diào)遞增，f(x)有2個極值點；綜上所述，當(dāng)a0時，f(x)有1個極值點；當(dāng)a0且a時，f(x)有2個極值點；當(dāng)a時，f(x)沒有極值點(2)由f(x)exx3x，得xexx3ax2x0，當(dāng)x0時，exx2ax10，即a對x0恒成立，設(shè)g(x)(x0)，則g(x)設(shè)h(x)exx1(x0)，則h(x)ex1x0，h(x)0，h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，h(x)h(0)0，即exx1，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)e2，ae2a的取值范圍是(，e210已知函數(shù)f(x)ln xa(x1)，aR在(1，f(1)處的切線與x軸平行(1)求f(

7、x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x01，當(dāng)x(1，x0)時，恒有f(x)2xk(x1)成立，求k的取值范圍解(1)由已知可得f(x)的定義域為(0，)f(x)a，f(1)1a0，a1，f(x)1，令f(x)0得0x1，令f(x)1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)(2)不等式f(x)2xk(x1)可化為ln xxk(x1)，令g(x)ln xxk(x1)(x1)，則g(x)x1k，令h(x)x2(1k)x1(x1)，h(x)的對稱軸為直線x，當(dāng)1，即k1時，易知h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，h(x)h(1)1k，若k1，則h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，x0)

8、上單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，不符合題意；若1k0，必存在x0，使得x(1，x0)時，g(x)0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)0恒成立，符合題意當(dāng)1，即kh(1)1k0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)0恒成立，符合題意綜上，k的取值范圍是(，1)11已知函數(shù)f(x)x2(a1)xaln x(1)當(dāng)a1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若不等式f(x)(a1)xxa1e對于任意xe1，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，)，f(x)x(a1)，若0a1，則當(dāng)0x1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)ax

9、1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；若a0，則當(dāng)0x1時，f(x)1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)a0時，函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)0a0，所以g(x)maxe1，g(x)axa1，令g(x)0，得0x0，得x1，所以函數(shù)g(x)在，1上單調(diào)遞減，在(1，e上單調(diào)遞增，g(x)max為gaea與g(e)aea中的較大者設(shè)h(a)g(e)geaea2a(a0)，則h(a)eaea2220，所以h(a)在(0，)上單調(diào)遞增，故h(a)h(0)0，所以g(e)g，從而g(x)maxg(e)aea，所以aeae1，即eaae10，設(shè)(a)eaae1(a0

10、)，則(a)ea10，所以(a)在(0，)上單調(diào)遞增又(1)0，所以eaae10的解為a1因為a0，所以正實數(shù)a的取值范圍為(0，112已知函數(shù)f(x)(2a)(x1)2ln x，g(x)xe1x(aR，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)若不等式f(x)0對于一切x0，恒成立，求a的最小值；(2)若對任意的x0(0，e，在(0，e上總存在兩個不同的xi(i1，2)，使f(xi)g(x0)成立，求a的取值范圍解(1)由題意得(2a)(x1)2ln x0在0，上恒成立，即a2在0，上恒成立令h(x)2，x0，則h(x)，x0，設(shè)(x)2ln x2，x0，則(x)2ln20，則h(x)0，因此h(x)h24

11、ln 2，則a24ln 2，即a的最小值為24ln 2(2)因為g(x)(1x)e1x，所以g(x)xe1x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，由g(0)0，g(1)1，g(e)e2e(0，1)，得g(x)xe1x在(0，e上的值域為(0，1，因為f(x)，所以當(dāng)a2時，易得f(x)在(0，e上單調(diào)遞減；當(dāng)2a2時，易得f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，不符合題意當(dāng)a2，此時f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，e上單調(diào)遞增，令m(a)fa2lna0，所以22，所以a2，綜上，a，213已知函數(shù)f(x)ex，g(x)(1)設(shè)函數(shù)F(x)f(x)g(x)，試討論函數(shù)F(x)零點的個數(shù)；(2)若a2

12、，x0，求證：f(x)g(x)解(1)函數(shù)F(x)的定義域為(，a)(a，)當(dāng)x(a，)時，ex0，0，F(xiàn)(x)ex0，即F(x)在(a，)上沒有零點；當(dāng)x(，a)時，F(xiàn)(x)ex，令h(x)ex(xa)1(xa)，只要討論h(x)的零點即可h(x)ex(xa1)，h(a1)0，則當(dāng)x(，a1)時，h(x)0，h(x)是增函數(shù)，h(x)在(，a)上的最小值為h(a1)1ea1顯然，當(dāng)a1時，h(a1)0，xa1是F(x)的唯一的零點；當(dāng)a0，F(xiàn)(x)沒有零點；當(dāng)a1時，h(a1)1ea10，要證f(x)g(x)，即要證ex(x2)x24，(x2)1x24，設(shè)M(x)ex(x2)1x24exx2

13、2x2，則M(x)ex2x2，令(x)ex2x2，令(x)ex20，解得xln 2，(x)在(，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，)上單調(diào)遞增，(1)(2)0，(1)(0)0，M(x)在(0，)上只有一個零點x0且1x00，ex(x2)1x24，ex(x2)x24，f(x)g(x)得證14已知函數(shù)f(x)ln xx22kx(kR)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1x2，證明：f(x2)0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k0時，令t(x)x22kx1，當(dāng)4k240，即00，即k1時，x22kx10，則t(x)的兩根為k，所以當(dāng)x(0，k)時，f(x)0，當(dāng)x(k，k)時，f(x)0，故當(dāng)k(，1時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k(1，)時，f(x)在(0，k)和(k，)上單調(diào)遞增，在(k，k)上單調(diào)遞減(2)證明：f(x)ln xx22kx(x0)，f(x)x2k，由(1)知當(dāng)k1