2024高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析

PAGEPAGE10专题突破练(2)利用导数探讨不等式与方程的根一、选择题1．(2024·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．0B．1C．2D．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)．探讨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．(2024·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝exx＋eq\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．3B．2C．e2D．e答案D解析因为f(x)＝exx＋eq\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>cB．b>a>cC．c>b>aD．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．(2024·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．(2024·郑州质检一)若对于随意的正实数x，y都有2x－eq\f(y,e)lneq\f(y,x)≤eq\f(x,me)成立，则实数m的取值范围为()A．eq\f(1,e)，1B．eq\f(1,e2)，1C．eq\f(1,e2)，eD．0，eq\f(1,e)答案D解析因为x>0，y>0，2x－eq\f(y,e)lneq\f(y,x)≤eq\f(x,me)，所以两边同时乘以eq\f(e,x)，可得2e－eq\f(y,x)lneq\f(y,x)≤eq\f(1,m)，令eq\f(y,x)＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)·lnt(t>0)，则f′(t)＝－lnt＋(2e－t)·eq\f(1,t)＝－lnt＋eq\f(2e,t)－1．令g(t)＝－lnt＋eq\f(2e,t)－1(t>0)，则g′(t)＝－eq\f(1,t)－eq\f(2e,t2)<0，因此g(t)即f′(t)在(0，＋∞)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)max＝f(e)＝(2e－e)lne＝e，所以e≤eq\f(1,m)，得0<m≤eq\f(1,e)．故选D．6．(2024·郑州质检三)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，对随意的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)的微小值为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2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，－1]解析不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a<x－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x>0)，则f′(x)＝1＋2－xln2>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a≤－1，即a∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2024·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)探讨函数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，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增∴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(ln2a，∴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a≤eq\f(ex－x2－1,x)对∀x>0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．(2024·郑州质检一)已知函数f(x)＝lnx－a(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；(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－eq\f(x2,2)＋2x＋eq\f(1,2)>k(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，＋∞)．∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－eq\f(x2,2)＋2x＋eq\f(1,2)>k(x－1)可化为lnx－eq\f(x2,2)＋x－eq\f(1,2)>k(x－1)，令g(x)＝lnx－eq\f(x2,2)＋x－eq\f(1,2)－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq\f(－x2＋1－kx＋1,x)，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x>1)，h(x)的对称轴为直线x＝eq\f(1－k,2)，①当eq\f(1－k,2)≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)<h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)<g(1)＝0，不符合题意；若－1≤k<1，则h(1)>0，∴必存在x0，使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．②当eq\f(1－k,2)>1，即k<－1时，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，∴h(x)>h(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)．11．(2024·山西考前适应性测试)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋alnx．(1)当a<1时，探讨函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥eq\f(x2,2)＋xa＋1－e对于随意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，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－ax－1,x)，若0<a<1，则当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；若a≤0，则当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(a，1)上单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增．(2)不等式f(x)＋(a＋1)x≥eq\f(x2,2)＋xa＋1－e对随意x∈[e－1，e]成立等价于对随意x∈eq\f(1,e)，e，有－alnx＋xa≤e－1成立，设g(x)＝－alnx＋xa，a>0，所以g(x)max≤e－1，g′(x)＝eq\f(－a,x)＋axa－1＝eq\f(axa－1,x)，令g′(x)<0，得0<x<1；令g′(x)>0，得x>1，所以函数g(x)在eq\f(1,e)，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g(x)max为geq\f(1,e)＝a＋e－a与g(e)＝－a＋ea中的较大者．设h(a)＝g(e)－geq\f(1,e)＝ea－e－a－2a(a>0)，则h′(a)＝ea＋e－a－2>2eq\r(ea·e－a)－2＝0，所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增，故h(a)>h(0)＝0，所以g(e)>geq\f(1,e)，从而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea，所以－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0，设φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，则φ′(a)＝ea－1>0，所以φ(a)在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以ea－a－e＋1≤0的解为a≤1．因为a>0，所以正实数a的取值范围为(0，1]．12．(2024·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)．(1)若不等式f(x)>0对于一切x∈0，eq\f(1,2)恒成立，求a的最小值；(2)若对随意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．解(1)由题意得(2－a)(x－1)－2lnx>0在0，eq\f(1,2)上恒成立，即a>2－eq\f(2lnx,x－1)在0，eq\f(1,2)上恒成立．令h(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈0，eq\f(1,2)，则h′(x)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,x－12)，x∈0，eq\f(1,2)，设φ(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，x∈0，eq\f(1,2)，则φ′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2x－1,x2)<0，所以φ(x)>φeq\f(1,2)＝2lneq\f(1,2)＋2>0，则h′(x)>0，因此h(x)<heq\f(1,2)＝2－4ln2，则a≥2－4ln2，即a的最小值为2－4ln2．(2)因为g′(x)＝(1－x)e1－x，所以g(x)＝xe1－x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)＝eq\f(2－ax－2,x)，所以当a≥2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减；当2－eq\f(2,e)≤a<2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a<2－eq\f(2,e)，此时f(x)在0，eq\f(2,2－a)上单调递减，在eq\f(2,2－a)，e上单调递增，令m(a)＝feq\f(2,2－a)＝a－2lneq\f(2,2－a)a<2－eq\f(2,e)，则m′(a)＝eq\f(－a,2－a)，易得m(a)在(－∞，0)上单调递增，在0，2－eq\f(2,e)上单调递减，m(a)≤m(0)＝0，留意到，当x→0时，f(x)→＋∞，所以欲使对随意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使f(xi)＝g(x0)成立，则需满意f(e)≥1，即a≤2－eq\f(3,e－1)，又因为2－eq\f(2,e)－2－eq\f(3,e－1)＝eq\f(e＋2,ee－1)>0，所以2－eq\f(2,e)>2－eq\f(3,e－1)，所以a≤2－eq\f(3,e－1)，综上，a∈－∞，2－eq\f(3,e－1)．13．(2024·湖北八市联考)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝eq\f(1,x－a)．(1)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试探讨函数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)，只要探讨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)是减函数；当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，∴h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1．明显，当a＝1时，h(a－1)＝0，∴x＝a－1是F(x)的唯一的零点；当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0，∴F(x)没有零点；当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，且当x→－∞或x→a时，h(x)→1，∴F(x)有两个零点．(2)证明：若a＝－2，x>0，要证f(x)·g(x)>eq\r(x＋1)＋eq\f(x2－8,2x＋4)，即要证ex>(x＋2)eq\r(x＋1)＋eq\f(1,2)x2－4，∵eq\r(x＋1)<eq\r(\f(x2,4)＋x＋1)＝eq\f(x,2)＋1，下证ex>(x＋2)eq\f(x,2)＋1＋eq\f(1,2)x2－4，设M(x)＝ex－(x＋2)eq\f(x,2)＋1－eq\f(1,2)x2＋4＝ex－x2－2x＋2，则M′(x)＝ex－2x－2，令φ(x)＝ex－2x－2，令φ′(x)＝ex－2＝0，解得x＝ln2，∴φ(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∵φ(1)φ(2)<0，φ(－1)φ(0)<0，∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0且1<x0<2，则ex0－2x0－2＝0，∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．∴M(x)≥M(x)min＝M(x0)＝ex0－xeq\o\al(2,0)－2x0＋2＝4－xeq\o\al(2,0)>0，∴ex>(x＋2)eq\f(x,2)＋1＋eq\f(1,2)x2－4，∴ex>(x＋2)eq\r(x＋1)＋eq\f(1,2)x2－4，∴f(x)·g(x)>eq\r(x＋1)＋eq\f(x2－8,2x＋4)得证．14．(2024·河南六市联考一)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2kx(k∈R)．(1)探讨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