2020高考数学刷题首选卷 专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根（理）（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．0B．1C．2D．3答案B解析依题意，x1，x2(x1x2)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＝2－λ3．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x1x2，所以有(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2＝－2－λ30，解得λ2．从而可知③正确．故选B．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝exx＋3x－3－ax，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＋3x－3－ax≤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x1时，g′(x)0；当0x1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＝e636，b＝e749，c＝e864，则a，b，c的大小关系为()A．abcB．bacC．cbaD．cab答案C解析构造函数f(x)＝exx2，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝xexx－2x4，当x2时，f′(x)0，所以f(x)在(2，＋∞)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)＋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)＝fx＋2ex，则g′(x)＝f′x－fx＋2ex＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝f0＋2e0＝3．从而原不等式lnfx＋23＞x可化为fx＋23＞ex，即fx＋2ex＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，知x＜0．故选A．5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x，y都有2x－yelnyx≤xme成立，则实数m的取值范围为()A．1e，1B．1e2，1C．1e2，eD．0，1e答案D解析因为x0，y0，2x－yelnyx≤xme，所以两边同时乘以ex，可得2e－yxlnyx≤1m，令yx＝t(t0)，令f(t)＝(2e－t)·lnt(t0)，则f′(t)＝－lnt＋(2e－t)·1t＝－lnt＋2et－1．令g(t)＝－lnt＋2et－1(t0)，则g′(t)＝－1t－2et20，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≤1m，得0m≤1e．故选D．6．(2018·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＋20，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＋a0，且f(1)＝a－20，即－2a2，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ax－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x0)，则f′(x)＝1＋2－xln20，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．(2018·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∀x0，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0a12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＝12时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；当a12时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，∴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a0且a≠12时，f(x)有2个极值点；当a＝12时，f(x)没有极值点．(2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0，当x0时，ex－x2－ax－1≥0，即a≤ex－x2－1x对∀x0恒成立，设g(x)＝ex－x2－1x(x0)，则g′(x)＝x－1ex－x－1x2．设h(x)＝ex－x－1(x0)，则h′(x)＝ex－1．∵x0，∴h′(x)0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)h(0)＝0，即exx＋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．(2018·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x01，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－x22＋2x＋12k(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)＝1x－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝1x－1＝1－xx，令f′(x)0得0x1，令f′(x)0得x1，∴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)－x22＋2x＋12k(x－1)可化为lnx－x22＋x－12k(x－1)，令g(x)＝lnx－x22＋x－12－k(x－1)(x1)，则g′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋1－kx＋1x，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x1)，h(x)的对称轴为直线x＝1－k2，①当1－k2≤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≤k1，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1－k21，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－k0，∴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．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx．(1)当a1时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥x22＋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，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋1x＋ax＝x－ax－1x，若0a1，则当0xa或x1时，f′(x)0，f(x)单调递增；当ax1时，f′(x)0，f(x)单调递减；若a≤0，则当0x1时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x1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0a1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≥x22＋xa＋1－e对任意x∈[e－1，e]成立等价于对任意x∈1e，e，有－alnx＋xa≤e－1成立，设g(x)＝－alnx＋xa，a0，所以g(x)max≤e－1，g′(x)＝－ax＋axa－1＝axa－1x，令g′(x)0，得0x1；令g′(x)0，得x1，所以函数g(x)在1e，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g(x)max为g1e＝a＋e－a与g(e)＝－a＋ea中的较大者．设h(a)＝g(e)－g1e＝ea－e－a－2a(a0)，则h′(a)＝ea＋e－a－22ea·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)g1e，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(a0)，则φ′(a)＝ea－10，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)．(1)若不等式f(x)0对于一切x∈0，12恒成立，求a的最小值；(2)若对任意的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)－2lnx0在0，12上恒成立，即a2－2lnxx－1在0，12上恒成立．令h(x)＝2－2lnxx－1，x∈0，12，则h′(x)＝2lnx＋2x－2x－12，x∈0，12，设φ(x)＝2lnx＋2x－2，x∈0，12，则φ′(x)＝2x－2x2＝2x－1x20，所以φ(x)φ12＝2ln12＋20，则h′(x)0，因此h(x)h12＝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)＝2－a