高考数二轮专题突破 （预测演练+提能训练）第1部分 专题一 第6讲 第二课时 利用导数解决不等式、方程解的问题（以真题和模拟题为例） 理

《创新方案》届高考数学（理科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题一第6讲第二课时利用导数解决不等式、方程解的问题（以年真题和模拟题为例，含答案解析）1．设函数f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，区间I＝{x|f(x)>0}．(1)求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；(2)给定常数k∈(0,1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．解：(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝eq\f(a,1＋a2)，所以f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}．因此区间I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,1＋a2)))，I的长度为eq\f(a,1＋a2).(2)设d(a)＝eq\f(a,1＋a2)，则d′(a)＝eq\f(1－a2,1＋a22).令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故当1－k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；当1<a≤1＋k时，d′(a)<0，d(a)单调递减．所以当1－k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．而eq\f(d1－k,d1＋k)＝eq\f(\f(1－k,1＋1－k2),\f(1＋k,1＋1＋k2))＝eq\f(2－k2－k3,2－k2＋k3)<1，故d(1－k)<d(1＋k)．因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k,1＋k]上取得最小值eq\f(1－k,2－2k＋k2).2．(·淄博模拟)设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.∵g(x)＝x3－x2－3，∴g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).∴g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))2g′(x)－0＋g(x)－3极小值－eq\f(85,27)1由上表可知g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)，所以满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值g(2)＝1.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立，记h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0.当eq\f(1,2)<x<1时，h′(x)>0；当1<x<2时，h′(x)<0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，1))上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．3．(·郑州模拟)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋1，求b，c的值；(2)若b＝1，c＝eq\f(1,3)，求证：f(x)在区间(1,2)内存在唯一零点；(3)若c＝0，求f(x)在区间[0,1]上的最大值g(b)．解：(1)f′(x)＝x2－b，所以1－b＝2，得b＝－1.又f(1)＝2＋1＝3，所以eq\f(1,3)－b＋c＝3，得c＝eq\f(5,3).故b＝－1，c＝eq\f(5,3).(2)证明：f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋eq\f(1,3).因为f(1)f(2)＝－eq\f(1,3)×1<0，所以f(x)在区间(1,2)内存在零点．又当x∈(1,2)时，f′(x)＝x2－1>0，所以f(x)在(1,2)上单调递增，故f(x)在区间(1,2)内存在唯一零点．(3)f(x)＝eq\f(1,3)x3－bx，f′(x)＝x2－b.①当b≤0时，在[0,1]上f′(x)≥0，f(x)在[0,1]上单调递增，所以g(b)＝f(1)＝eq\f(1,3)－b.②当b>0时，由f′(x)＝0得x＝eq\r(b)或x＝－eq\r(b)(舍).x0(0，eq\r(b))eq\r(b)(eq\r(b)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)0极小值由f(x)＝0得x＝0或x＝eq\r(3b).(ⅰ)当eq\r(3b)≥1，即b≥eq\f(1,3)时，g(b)＝f(0)＝0；(ⅱ)当eq\r(3b)<1，即0<b<eq\f(1,3)时，g(b)＝f(1)＝eq\f(1,3)－b.综上可知，g(b)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－b，b<\f(1,3)，,0，b≥\f(1,3).))4．(·青岛模拟)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(2a2,x)＋x(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)当a∈(－∞，0)时，记函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤eq\f(1,2)e2.解：(1)由已知得，f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1(x>0)．根据题意，有f′(1)＝－2，即2a2－a解得a＝－1或a＝eq\f(3,2).(2)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1＝eq\f(x2＋ax－2a2,x2)＝eq\f(x－ax＋2a,x2)(x>0)．(ⅰ)当a>0时，由f′(x)>0及x>0得x>a；由f′(x)<0及x>0得0<x<a.所以当a>0时，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．(ⅱ)当a<0时，由f′(x)>0及x>0得x>－2a由f′(x)<0及x>0得0<x<－2a所以当a<0时，函数f(x)在(0，－2a)上单调递减，在(－2(3)证明：由(2)知，当a∈(－∞，0)时，函数f(x)的最小值为f(－2a故g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋eq\f(2a2,－2a)－2a＝aln(－2a)－3g′(a)＝ln(－2a)＋a·eq\f(－2,－2a)－3＝ln(－2a)－2，令g′(a)＝0，得a＝－eq\f(1,2)e2.当a变化时，g′(a)，g(a)的变化情况如下表：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)e2))－eq\f(1,2)e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2，0))g′(a)＋0－g(a)极大值所以a＝－eq\f(1,2)e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g(a)的最大值点．所以当a∈(－∞，0)时，g(a)最大值＝