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 文(含解析).docx

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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)x33x22x,若x1,x2(x1x2)是函数g(x)f(x)x的两个极值点,现给出如下结论:若10,则f(x1)f(x2);若02,则f(x1)f(x2);若2,则f(x1)f(x2)其中正确结论的个数为()A0 B1 C2 D3答案B解析依题意,x1,x2(x10,即1,且x1x22,x1x2研究f(x1)f(x2)成立的充要条件:f(x1)f(x2)等价于(x1x2)(x1x2)23(x1x2)x1x220,因为x10,解得2从而可知正确故选B2(2018乌鲁木齐一诊)设函数f(x)exx3,若不等式f(x)0有正实数解,则实数a的最小值为()A3 B2 Ce2 De答案D解析因为f(x)exx30有正实数解,所以a(x23x3)ex,令g(x)(x23x3)ex,则g(x)(2x3)ex(x23x3)exx(x1)ex,所以当x1时,g(x)0;当0x1时,g(x)bc Bbac Ccba Dcab答案C解析构造函数f(x),则af(6),bf(7),cf(8),f(x),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C4(2018合肥质检二)已知函数f(x)是定义在R上的增函数,f(x)2f(x),f(0)1,则不等式ln (f(x)2)ln 3x的解集为()A(,0) B(0,) C(,1) D(1,)答案A解析构造函数g(x),则g(x)0,则g(x)在R上单调递减,且g(0)3从而原不等式ln x可化为ex,即3,即g(x)g(0),从而由函数g(x)的单调性,知x0故选A5(2018郑州质检一)若对于任意的正实数x,y都有2xln 成立,则实数m的取值范围为()A,1 B,1 C,e D0,答案D解析因为x0,y0,2xln ,所以两边同时乘以,可得2eln ,令t(t0),令f(t)(2et)ln t(t0),则f(t)ln t(2et)ln t1令g(t)ln t1(t0),则g(t)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)maxf(e)(2ee)ln ee,所以e,得00,所以函数g(x)在0,1上单调递增,所以g(x)g(0)a0ln a20ln a0,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)aln aa2,解得ae2故选A二、填空题7若函数f(x)x33xa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)x33xa,得f(x)3x23,当f(x)0时,x1,易知f(x)的极大值为f(1)2a,f(x)的极小值为f(1)a2,要使函数f(x)x33xa有三个不同的零点,则有f(1)2a0,且f(1)a20,即2a1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(xa)1在(0,)上恒成立,即a0),则f(x)12xln 20,即f(x)在(0,)上单调递增,所以f(x)f(0)1,所以a1,即a(,1三、解答题9(2018合肥质检二)已知函数f(x)(x1)exax2(e是自然对数的底数,aR)(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若x0,f(x)exx3x,求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为R,f(x)xex2axx(ex2a)当a0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0a时,f(x)在(,0)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,)上单调递增,f(x)有2个极值点;综上所述,当a0时,f(x)有1个极值点;当a0且a时,f(x)有2个极值点;当a时,f(x)没有极值点(2)由f(x)exx3x,得xexx3ax2x0,当x0时,exx2ax10,即a对x0恒成立,设g(x)(x0),则g(x)设h(x)exx1(x0),则h(x)ex1x0,h(x)0,h(x)在(0,)上单调递增,h(x)h(0)0,即exx1,g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增,g(x)g(1)e2,ae2a的取值范围是(,e210(2018郑州质检一)已知函数f(x)ln xa(x1),aR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)2xk(x1)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)a,f(1)1a0,a1,f(x)1,令f(x)0得0x1,令f(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)2xk(x1)可化为ln xxk(x1),令g(x)ln xxk(x1)(x1),则g(x)x1k,令h(x)x2(1k)x1(x1),h(x)的对称轴为直线x,当1,即k1时,易知h(x)在(1,x0)上单调递减,h(x)h(1)1k,若k1,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1k0,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,符合题意当1,即kh(1)1k0,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)x2(a1)xaln x(1)当a1时,讨论函数f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)(a1)xxa1e对于任意xe1,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(a1),若0a1,则当0x1时,f(x)0,f(x)单调递增;当ax1时,f(x)0,f(x)单调递减;若a0,则当0x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)单调递增综上所述,当a0时,函数f(x)在(1,)上单调递增,在(0,1)上单调递减;当0a0,所以g(x)maxe1,g(x)axa1,令g(x)0,得0x0,得x1,所以函数g(x)在,1上单调递减,在(1,e上单调递增,g(x)max为gaea与g(e)aea中的较大者设h(a)g(e)geaea2a(a0),则h(a)eaea2220,所以h(a)在(0,)上单调递增,故h(a)h(0)0,所以g(e)g,从而g(x)maxg(e)aea,所以aeae1,即eaae10,设(a)eaae1(a0),则(a)ea10,所以(a)在(0,)上单调递增又(1)0,所以eaae10的解为a1因为a0,所以正实数a的取值范围为(0,112(2018石家庄二中模拟)已知函数f(x)(2a)(x1)2ln x,g(x)xe1x(aR,e为自然对数的底数)(1)若不等式f(x)0对于一切x0,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(i1,2),使f(xi)g(x0)成立,求a的取值范围解(1)由题意得(2a)(x1)2ln x0在0,上恒成立,即a2在0,上恒成立令h(x)2,x0,则h(x),x0,设(x)2ln x2,x0,则(x)2ln20,则h(x)0,因此h(x)h24ln 2,则a24ln 2,即a的最小值为24ln 2(2)因为g(x)(1x)e1x,所以g(x)xe1x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)e2e(0,1),得g(x)xe1x在(0,e上的值域为(0,1,因为f(x),所以当a2时,易得f(x)在(0,e上单调递减;当2a2时,易得f(x)在(0,e上单调递减,不符合题意当a2,此时f(x)在0,上单调递减,在,e上单调递增,令m(a)fa2lna0,所以22,所以a2,综上,a,213(2018江西重点中学盟校联考一)已知函数f(x)ax2bxcln x(a,b,cR)(1)当a1,b1,c1时,求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)当b2a,c1时,求最大的整数b,使得0x2时,函数yf(x)图象上的点都在所表示的平面区域内(含边界)解(1)当a1,b1,c1时,f(x)x2xln x,则f(x)2x1,所以f(1)2,又f(1)2,所以所求的切线方程为y22(x1),即2xy0(2)当b2a,c1时,由题意得f(x)bx2bxln x,当0x2时,f(x)x1,即ln xbx2(b1)x10,设g(x)ln xbx2(b1)x1,则问题等价于当0x2时,g(x)max0因为g(x)bx(b1),当b0时,若00,g(x)单调递增,g(x)maxg(2)ln 24b30,故不满足条件;当b0时,因为b为整数,故b1,所以01,则g(x)在0,上单调递增,在,2上单调递减,所以g(x)maxgln (b)0,即ln (b)0(*)易知函数h(x)ln (x)(x0)为单调递减函数,又h(1)0,所以满足(*)的最大整数b为2,综上可知,满足条件的最大的整数b为214(2018石家庄一模)已知函数f(x)(xb)(exa)(b0)在(1,f(1)处的切线方程为(e1)xeye10(1)求a,b;(2)若m0,证明:f(x)mx2x解(1)由题意知切线方程为yx,当x1时,y0,所以f(1)(1b)a0,又f(x)(xb1)exa,所以f(1)a1,若a,则b2e0矛盾,故b1,a1(2)证法一:由(1)可知f(x)(x1)(ex1),f(0)0,f(1)0,由m0,可得xmx2x,令g(x)(x1)(ex1)x,则g(x)(x2)ex2,当x2时,g(x)(x2)ex222时,设h(x)g(x)(x2)ex2,则h(x)(x3)ex0,故函数g(x)在(2,)上单调递增,又g(0)0,所以当x(,0)时,g(x)0,所以函数g(x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增,故g(x)g(0)0(x1)(ex1)xmx2x,故f(x)mx2x证法二:由(1)可知f(x)(x1)(ex1),f(0)0,f(1)0,由m0,可得xmx2x,令g(x)(x1)(ex1)x,则g(x)(x2)ex2,令t(x)g(x),则t(x)(x3)ex,当x3时,t(x)0,g(x)单调递减,且g(x)3时,t(x)0,g(x)单调递增,且g(0)0,所以g(x)在(,0)上单调递减,在(0,)上单调递增,且g(0)0,故g(x)g(0)0(x1)(ex1)xmx2x,故f(x)mx2x
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