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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1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) x33 x22 x，若 x1， x2(x1 x2)是函数 g(x) f(x) x 的两个极值点，现给出如下结论：若1 0，则 f(x1) f(x2)；若 0 2，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 x1 x22， x1x2 研究 f(x1)0，解得 2从而可知正确故选 B2 32(2018乌鲁木齐一诊)设函数 f(x)e xx 3 ，若不等式 f(x)0 有正实数3x

2、 ax解，则实数 a的最小值为( )A3 B2 Ce 2 De答案 D解析 因为 f(x)e xx 3 0 有正实数解，所以 a( x23 x3)e x，令 g(x)3x ax( x23 x3)e x，则 g( x)(2 x3)e x( x23 x3)e x x(x1)e x，所以当 x1时，g( x)0；当 0bc B bac C cba D cab答案 C解析 构造函数 f(x) ，则 a f(6)， b f(7)， c f(8)， f( x) ，当exx2 xexx 2x4x2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(20

3、18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)ln 3 x的解集为( )2A(，0) B(0，) C(，1) D(1，)答案 A解析 构造函数 g(x) ，则 g( x)fx 2ex0，则 g(x)在 R上单调递减，且 g(0) 3从而原不等式f x fx 2ex f0 2e0ln x可化为 e x，即 3，即 g(x) g(0)，从而由函数 g(x)的单fx 23 fx 23 fx 2ex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 2x ln 成立，则实数ye yx xmem的

4、取值范围为( )A，1 B ，1 C ，e D0，1e 1e2 1e2 1e答案 D解析 因为 x0， y0，2 x ln ，所以两边同时乘以 ，可得 2e ln ，令ye yx xme ex yx yx 1m t(t0)，令 f(t)(2e t)ln t(t0)，则 f( t) ln t(2e t) ln tyx 1t1令 g(t)ln t 1( t0)，则 g( t) 0，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 a a2，解

5、得 ae 2故选 A二、填空题7若函数 f(x) x33 x 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) x33 x a，得 f( x)3 x23，当 f( x)0 时， x1，易知 f(x)的极大值为 f(1)2 a， f(x)的极小值为 f(1) a2，要使函数 f(x) x33 x a有三个3不同的零点，则有 f(1)2 a0，且 f(1) a21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 a0)，则 f( x)12 xln 20，即 f(x)在(0，)上单调递增，所以 f(x)f(0)

6、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)e x ax2(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)e x x3 x，求 a的取值范围解 (1) f(x)的定义域为 R，f( x) xex2 ax x(ex2 a)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 0 时， f(x)在(，0)上单调递增，12在(0，ln 2 a)上单调递减，在(ln 2 a，)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

7、值点；当 a0且 a 时， f(x)有 2个极值点；12当 a 时， f(x)没有极值点12(2)由 f(x)e x x3 x，得 xex x3 ax2 x0，当 x0时，e x x2 ax10，即 a 对 x0恒成立，ex x2 1x4设 g(x) (x0)，ex x2 1x则 g( x) x 1ex x 1x2设 h(x)e x x1( x0)，则 h( x)e x1 x0， 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， ae2 a的取值范围是(，e210(2018郑州质

8、检一)已知函数 f(x)ln x a(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) 2 x k(x1)成立，求 k的取值x22 12范围解 (1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，) f( x) a，1x f(1)1 a0， a1， f( x) 1 ，1x 1 xx令 f( x)0得 01， 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) 2 x k(x1)可化为 ln x x k(x1)，x22 12 x22 12令 g(x)ln x x k(x1)( x1

9、)，x22 12则 g( x) x1 k ，1x x2 1 kx 1x令 h(x) x2(1 k)x1( x1)， h(x)的对称轴为直线 x ，1 k2当 1，即 k1 时，易知 h(x)在(1， x0)上单调递减，1 k2 h(x)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，符合题意当 1，即 kh(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) x2( a1) x

10、aln x12(1)当 a1时， f( x)0， f(x)单调递增；当 a1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00，所以 g(x)maxe1，6g( x) axa1 ， ax axa 1x令 g( x)0，得 x1，所以函数 g(x)在 ，1 上单调递减，1e在(1，e上单调递增，g(x)max为 g ae a与 g(e) ae a中的较大者1e设 h(a) g(e) g e ae a2 a(a0)，1e则 h( a)e ae a22 20，eae a所以 h(a)在(0，)上单调递增，故 h(a)h(0

11、)0，所以 g(e)g ，1e从而 g(x)max g(e) ae a，所以 ae ae1，即 ea ae10，设 (a)e a ae1( a0)，则 ( a)e a10，所以 (a)在(0，)上单调递增又 (1)0，所以 ea ae10 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)(2 a)(x1)2ln x， g(x) xe1 x(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；12(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(

12、x0)成立，求 a的取值范围解 (1)由题意得(2 a)(x1)2ln x0在 0， 上恒成立，即 a2 在 0， 上12 2ln xx 1 12恒成立令 h(x)2 ， x0，2ln xx 1 12则 h( x) ， x0，2ln x 2x 2x 12 12设 (x)2ln x 2， x0，2x 127则 ( x) 2ln 20，12 12则 h( x)0，因此 h(x)0，2e 3e 1 e 2ee 1所以 2 2 ，所以 a2 ，2e 3e 1 3e 1综上， a，2 3e 1813(2018江西重点中学盟校联考一)已知函数 f(x) ax2 bx cln x(a， b， cR)(1)当

13、 a1， b1， c1 时，求曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程；(2)当 b2 a， c1 时，求最大的整数 b，使得 00， g(x)单调递增，g(x)max g(2)ln 24 b30，故不满足条件；当 b0，12 14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2914(2018石家庄一模)已知函数 f(x)( x b)(ex a)(b0)在(1， f(1)处的切线方程为(e1) xe ye10(1)求 a， b；(2)若 m0，证明： f(x) mx2 x解 (1)由题意知切线方程为 y x，1 ee 1 ee当 x1 时， y0，所以 f(

14、1)(1 b) a0，1e又 f( x)( x b1)e x a，所以 f(1) a1 ，be 1e若 a ，则 b2e0矛盾，故 b1， a11e(2)证法一：由(1)可知 f(x)( x1)(e x1)，f(0)0， f(1)0，由 m0，可得 x mx2 x，令 g(x)( x1)(e x1) x，则 g( x)( x2)e x2，当 x2 时， g( x)( x2)e x222 时，设 h(x) g( x)( x2)e x2，则 h( x)( x3)e x0，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

15、递减，在(0，)上单调递增，故 g(x) g(0)0( x1)(e x1) x mx2 x，故 f(x) mx2 x证法二：由(1)可知 f(x)( x1)(e x1)， f(0)0， f(1)0，由 m0，可得 x mx2 x，令 g(x)( x1)(e x1) x，则 g( x)( x2)e x2，令 t(x) g( x)，10则 t( x)( x3)e x，当 x3 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)(e x1) x mx2 x，故 f(x) mx2 x11