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

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