高考数学一轮复习练17第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式含解析新人教版

第三课时　导数与函数的零点或方程的根、不等式

A组基础巩固

一、单选题

1．(2021·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：

f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点个数为(　D　)

A．1　　 B．2　　

C．3　　 D．4

[解析]　根据导函数图象，知2是函数f(x)的极小值点，0和3是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图所示．因为1<a<2，所以数形结合可知y＝f(x)－a的零点个数为4.

2．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　A　)

A．(－1，＋∞)　　 B．(－∞，－1)

C．[－1，＋∞)　　 D．(－∞，－1]

[解析]　f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.

3．(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解为(　C　)

A.　　 B．

C．(1，＋∞)　　 D．(2，＋∞)

[解析]　设g(x)＝，g′(x)＝>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1·f(x)<f(2x－1)得：<，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故选C.

二、多选题

4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则下列命题正确的是(　BC　)

A．3f(1)<f(3)　　 B．3f(1)>f(3)

C．2f(2)>f(4)　　 D．3f(3)<f(9)

[解析]　由于f(x)>xf′(x)，则[]′＝<0恒成立，因此在R上是单调递减函数，∴<，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，选B、C.

5．(2020·山东日照二模)已知函数f(x)＝e|x|sin x，则下列结论正确的是(　BD　)

A．f(x)是周期为2π的奇函数

B．f(x)在上为增函数

C．f(x)在(－10π，10π)内有21个极值点

D．f(x)≥ax在上恒成立的充要条件是a≤1

[解析]　本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及恒成立问题．∵f(x)的定义域为R，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sin x≠f(x)，∴f(x)不是周期为2π的函数，故A错误；当x∈时，f(x)＝e－x·sin x，f′(x)＝e－x(cos x－sin x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f(x)＝exsin x，f′(x)＝ex(sin x＋cos x)>0，f(x)单调递增，且f(x)的图象在上是连续的，故f(x)在上为增函数，故B正确；

当x∈[0，10π)时，f(x)＝exsin x，f′(x)＝ex(sin x＋cos x)，

令f′(x)＝0，得x＝－＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)．

当x∈(－10π，0)时，f(x)＝e－xsin x，f′(x)＝e－x(cos x－sin x)，

令f′(x)＝0，得x＝＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)内有20个极值点，故C错误；当x∈时，f(x)＝exsin x，则f′(x)＝exsin x＋excos x，f′(0)＝1，a表示过原点的直线y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在上恒成立知a≤1.

三、填空题

6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是  (－∞，2ln_2－2]  .　

[解析]　f(x)有零点可转化为方程ex－2x＋a＝0有解的问题，即a＝－ex＋2x有解．设g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln 2，因此g(x)在(－∞，ln 2)递增，在(ln 2，＋∞)递减，因此g(x)在ln 2取得最大值，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln 2－2]．

7．已知x∈(0，2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围是  [0，e－1)  ．

[解析]　依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)·.令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1，2)时．f′(x)>0.函数f(x)在(1，2)上单调递增；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1)．

四、解答题

8．证明：当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x.

[解析]　记F(x)＝sin x－x，则F′(x)＝cos x－.

当x∈时，F′(x)>0，F(x)单调递增；

当x∈时，F′(x)<0，F(x)单调递减．

又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0，1]时，F(x)≥0，即sin x≥x.

记H(x)＝sin x－x，则H′(x)＝cos x－1.

当x∈[0，1]时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．

所以H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.

综上，x≤sin x≤x，x∈[0，1]．

9．已知函数f(x)＝ln x－＋，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．

[解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．

令g(x)＝－xln x，x∈(0，＋∞)，

则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)．

令h(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)，

则h′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)．

当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)在(0，1)上单调递减；

当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．

∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.

即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，

∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴g(x)>g(1)＝，

∴当x>1时，若使k<－xln x恒成立，则k≤，

即实数k的取值范围是.

10．(2021·北京西城区统测)设函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.

(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的倾斜角为，求a的值；

(2)已知导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.

[解析]　(1)f′(x)＝＋2x－(a＋2)，

由题意可知f′(2)＝tan ＝1，

∴f′(2)＝＋4－a－2＝1，得a＝2.

(2)f′(x)＝＋2x－(a＋2)＝，

设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，

令h(x)＝0，得x＝1或x＝，

∵f′(x)在(1，e)上存在零点，∴1<<e，即2<a<2e.

由此可知

∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝f＝aln ＋－(a＋2)×＝aln －－a.

设g(a)＝aln －－a(2<a<2e)，

则g′(a)＝ln－，

∵1<<e，∴ln <1，∴g′(a)<0，

∴g(a)在(2，2e)上单调递减，∴g(a)>2eln e－－2e＝－e2，

∴当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.

B组能力提升

1．(2021·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2处取得极小值．

(1)求实数a的值；

(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．

[解析]　(1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2，

当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0<x<e－2，

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a＝1.

(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．

g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0得x＝e.

由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，

所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.

于是在(1，＋∞)上，都有g(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．

2．(2020·课标Ⅱ，21)已知函数f(x)＝2ln x＋1.

(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；

(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性．

[解析]　设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.

(1)当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减，从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.

故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.

所以c的取值范围为[－1，＋∞)．

(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．

g′(x)＝＝.

取c＝－1得h(x)＝2ln x－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln x<0.故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－＋ln <0，从而g′(x)<0.所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减．