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2023届高考数学一轮复习精选用卷专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根+答案解析

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这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根+答案解析，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．(2022·河南许昌质检)设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x) A．f(0) B．e－1f(1) C．e2f(2) D．e2f(2) 答案　B
解析　设g(x)＝，则g′(x)
＝＝.
因为f′(x) 2．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为(　　)
A．3 B．2
C.e2 D．e
答案　D
解析　因为f(x)＝ex－≤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x>1时，g′(x)>0；当0 3．(2021·广东省梅州中学模拟)已知函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(1)的解集为(　　)
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C.∪(1，e) D．
答案　D
解析　易知f(x)＝xsinx＋cosx＋x2是偶函数，所以f＝f(－ln x)＝f(ln x)．则原不等式可变形为f(ln x)0，得当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以|ln x|<1⇔－1 4．(2021·湖北张湾十堰东风高级中学月考)设函数f(x)＝x2－2ex－＋a(其中e为自然对数的底数)，若函数f(x)至少存在一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　令f(x)＝x2－2ex－＋a＝0，则a＝－x2＋2ex＋(x＞0)，设h(x)＝－x2＋2ex＋，令h1(x)＝－x2＋2ex，h2(x)＝，则h′2(x)＝，发现函数h1(x)，h2(x)在(0，e)上都单调递增，在[e，＋∞)上都单调递减，故函数h(x)＝－x2＋2ex＋在(0，e)上单调递增，在[e，＋∞)上单调递减，故当x＝e时，得h(x)max＝e2＋，所以函数f(x)至少存在一个零点需满足a≤h(x)max，即a≤e2＋.故选D.
5．(多选)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>m>1，则下列不等式成立的有(　　)
A．f> B．f<－1
C．f> D．f<0
答案　AC
解析　设g(x)＝f(x)－mx，则g′(x)＝f′(x)－m>0，故函数g(x)＝f(x)－mx在R上单调递增，又>0，∴g>g(0)，故f－1>－1，∴f>0，而<0，∴f>，故A正确，B错误；又>0，故g>g(0)，∴f－>－1，∴f>>0，故C正确，D错误．故选AC.
6．(多选)(2021·湖南省长沙市长郡中学高三月考(二))已知函数f(x)＝sinx＋x3－ax，则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)是奇函数
B．若f(x)是增函数，则a≤1
C．当a＝－3时，函数f(x)恰有两个零点
D．当a＝3时，函数f(x)恰有两个极值点
答案　ABD
解析　因为f(x)＝sinx＋x3－ax，则f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3－a(－x)＝－sinx－x3＋ax＝－f(x)，A正确；若f(x)为增函数，则f′(x)＝cosx＋3x2－a≥0恒成立，故a≤cosx＋3x2恒成立，令g(x)＝cosx＋3x2，则可得g(x)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故当x＝0时，g(x)取得最小值g(0)＝1，所以a≤g(x)min＝1，B正确；当a＝－3时，f(x)＝sinx＋x3＋3x为奇函数，且f(0)＝0，当x>0时，f′(x)＝cosx＋3x2＋3>0恒成立，即f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，根据奇函数的对称性可知函数在(－∞，0)上单调递增，故f(x)在R上单调递增，f(0)＝0，即只有一个零点，C错误；当a＝3时，f(x)＝sinx＋x3－3x为奇函数，故先考虑x>0时，函数极值存在情况，则f′(x)＝cosx＋3x2－3，令h(x)＝cosx＋3x2－3，因为h′(x)＝6x－sinx单调递增，则h′(x)>h′(0)＝0，故f′(x)单调递增，且f′(0)＝－2<0，f′(1)＝cos1>0，故存在x0∈(0,1)使得f′(x0)＝0，因此，当0x0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故x＝x0为函数在x>0时的唯一的极小值点，根据奇函数的对称性可知，当x<0时，存在x＝－x0为函数在x<0时的唯一的极大值点，故D正确．故选ABD.
二、填空题
7．(2022·河北衡水武强中学高三上第一次月考)已知函数f(x)＝2x＋a，g(x)＝ln x－2x，如果对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，ln 2－8]
解析　由g(x)＝ln x－2x，可得g′(x)＝－2＝，当x∈时，g′(x)≤0，∴g(x)在区间上单调递减，∴g(x)min＝g(2)＝ln 2－4，∵f(x)＝2x＋a，∴f(x)在区间上单调递增，∴f(x)max＝f(2)＝4＋a，∵对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴4＋a≤ln 2－4，∴a≤ln 2－8，故实数a的取值范围是(－∞，ln 2－8]．
8．已知函数f(x)＝若存在x1，x2(x2＞x1)满足f(x1)＝f(x2)，则x2－2x1的取值范围为________．
答案　[ln 2,2)
解析　显然x1≤0，x2＞0，由题意，可知x1＋2＝ex2，故x1＝ex2－2，∴x2－2x1＝x2－2ex2＋4，由x1＋2＝ex2＞1，可得－1＜x1≤0，故－1＜ex2－2≤0，∴0＜x2≤ln 2.设g(x)＝x－2ex＋4(0＜x≤ln 2)，则g′(x)＝1－2ex＜0，∴g(x)在(0，ln 2]上单调递减，又g(0)＝2，g(ln 2)＝ln 2，∴ln 2≤g(x)＜2.故x2－2x1的取值范围为[ln 2,2)．
三、解答题
9．(2021·四川五校联考)已知函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x.
(1)当a＝4时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a>0时，对于任意的x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>1－a2恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝4时，f(x)＝4ln x＋x2－6x，
∴f′(x)＝＋2x－6＝，
令f′(x)＝≥0，
解得x≥2或0 ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1]，[2，＋∞)．
(2)令g(x)＝f(x)＋a2－1(x≥1)，则g′(x)＝f′(x)＝＋2x－(a＋2)＝(x≥1)．
①当0<<1，即0 g′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)．
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝a2－a－2＝(a－2)(a＋1)<0(不符合题意，舍去)．
②当＝1，即a＝2时，g′(x)＝(x－1)2≥0(当且仅当x＝1时取等号)，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0(不符合题意，舍去)．
③当>1，即a>2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增．
∴g(x)min＝g＝aln ＋－a－1，
令h(x)＝xln ＋－x－1(x>2)，
则h′(x)＝ln ＋x.
当x>2时，h′(x)>0，
∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(2)＝0.
∴g(x)≥g>0恒成立，满足题意．
综上所述，a>2，即实数a的取值范围为(2，＋∞)．
10．(2022·湖南永州第一中学高三上第二次月考)已知1 (1)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)记x0为函数f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明：证明　(1)∵f′(x)＝ex－1，
当x>0时，ex>1，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵10，f(0)＝1－a<0，
∴由零点存在定理得，函数f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)∵f(x0)＝0，
∴ex0－x0－a＝0，即a＝ex0－x0，
∴＜x0＜⇔ex0－x0－1＜x＜2(ex0－x0－1)，
令g(x)＝ex－x－1－x2(0 一方面： h′(x)＝ex－1－x，令h1(x)＝ex－1－x，则h1′(x)＝ex－1>0，
∴h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
∴ex－x－1－>0，即2(ex－x－1)>x2，
另一方面：∵1 ∴当x0＞1时，＜x0成立，
因此只需证明当0 ∵g′(x)＝ex－1－2x，令g1(x)＝ex－1－2x，
则g1′(x)＝ex－2，由ex－2＝0，得x＝ln 2.
当x∈(0，ln 2)时，g1′(x)<0，当x∈(ln 2,1]时，g1′(x)>0，
∴g′(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(ln 2,1]上单调递增，
又g′(0)＝0，g′(1)＝e－3<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0,1]上单调递减，
∴g(x) 综上，ex0－x0－1＜x＜2(ex0－x0－1)，
∴＜x0＜.
11．(2022·湖北武汉二中高三上暑期模拟)已知函数f(x)＝xln x－kx2－x，g(x)＝ln x－kx,0 (1)判断函数g(x)的零点个数；
(2)求证：f(x)有两个极值点x1，x2，且＋>－1.
解　(1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－k＝.∵k>0，令g′(x)>0，得0，
故g(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减．
∴g(x)至多有两个零点．
∵0e，
∴g＝ln －1>0，
g(1)＝－k<0，
∴g(x)在上有一个零点．
令y＝ln x－x，
则y′＝－1＝，
∴y＝ln x－x在(0,1)上导数大于零，函数单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，函数单调递减，
ln 1－1＝－1，
∴ln x－x≤－1<0，
∴ln x 从而g＝ln －＝2ln －<2×－＝0，
又g>0，
∴g(x)在上有一个零点．
综上，函数g(x)有两个零点．
(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－kx－1＝ln x－kx＝g(x)．
由(1)知g(x)有两个零点，设为x1，x2，且0 且ln x1＝kx1，ln x2＝kx2.
又g(x)在上单调递增，在上单调递减．
∴当0x2时，g(x)<0；
当x10.
∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，
故x1，x2为f(x)的两个极值点．
＝ln x1－kx1－1＝ln x1－ln x1－1＝ln x1－1，
同理＝ln x2－1.
欲证＋＝－2>－1，
即证ln x1＋ln x2>2.
∵ln x1＝kx1，ln x2＝kx2，
∴
∴＝，
ln x2＋ln x1＝(ln x2－ln x1)＝ln ，
令t＝>1，即证ln t>2，
即证ln t－>0.
记h(t)＝ln t－，h′(t)＝－＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)>h(1)＝0，命题得证．
12．(2021·河北衡水中学全国高三第一次联合考试)已知函数f(x)＝－xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)证明：①f(x)<2；
②任意n∈N*，en－1<(2n－ln n)n.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ln x－1，f′(1)＝－1，f(1)＝1，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋y－2＝0.
(2)证明：①f(x)<2可化为<2＋xln x.
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)在区间(0,1)上单调递增．
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
故h(x)max＝h(1)＝1.
设g(x)＝xln x＋2，则g′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，g′(x)<0，
g(x)在区间上单调递减，
当x∈时，g′(x)>0，
g(x)在区间上单调递增，
故g(x)min＝g＝2－.
因为1<2－，所以<2＋xln x，所以f(x)<2.
②由f(x)<2，得－xln x<2，

所以2n－ln n>0，
所以en－1<(2n－ln n)n.
13．(2021·江苏徐州高三模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝.
(1)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试讨论函数F(x)的零点个数；
(2)若a＝－2，x>0，求证：f(x)·g(x)>＋.
解　(1)函数F(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞)．
当x∈(a，＋∞)时，ex>0，>0，
∴F(x)＝ex＋>0，
即F(x)在(a，＋∞)上没有零点；
当x∈(－∞，a)时，F(x)＝ex＋＝，
令h(x)＝ex(x－a)＋1(x 只要讨论h(x)的零点即可．
h′(x)＝ex(x－a＋1)，h′(a－1)＝0，
则当x∈(－∞，a－1)时，
h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1.
显然，当a＝1时，h(a－1)＝0，
∴x＝a－1是F(x)的唯一的零点；
当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0，
∴F(x)没有零点；
当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，且当x→－∞或x→a时，h(x)→1，∴F(x)有两个零点．
(2)证明：若a＝－2，x>0，
要证f(x)·g(x)>＋，
即要证ex>(x＋2)＋x2－4，
∵< ＝＋1，
下证ex>(x＋2)＋x2－4，
设M(x)＝ex－(x＋2)－x2＋4
＝ex－x2－2x＋2，
则M′(x)＝ex－2x－2，令φ(x)＝ex－2x－2，
令φ′(x)＝ex－2＝0，解得x＝ln 2，
∴φ(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∵φ(1)φ(2)<0，φ(－1)φ(0)<0，
∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0且1 则ex0－2x0－2＝0，
∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
∴M(x)≥M(x)min＝M(x0)＝ex0－x－2x0＋2＝4－x>0，
∴ex>(x＋2)＋x2－4，
∴ex>(x＋2)＋x2－4，
∴f(x)·g(x)>＋得证．
14．设函数f(x)＝x－sinx，x∈，g(x)＝＋cosx＋2，m∈R.
(1)证明：f(x)≤0；
(2)当x∈时，不等式g(x)≥恒成立，求m的取值范围．
解　(1)证明：因为f′(x)＝－cosx在x∈上单调递增，所以f′(x)∈，
所以存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)max＝max＝0，
所以f(x)≤0.
(2)因为g′(x)＝x－sinx＋m，
当m≥0时，m≤0，由(1)中的结论可知，x－sinx≤0，
所以g′(x)≤0，所以g(x)在x∈上单调递减，
所以g(x)min＝g＝，满足题意．
令h(x)＝x－sinx＋m，
则h′(x)＝－cosx＋m.
当－ h′(0)＝－1＋m<0，h′＝＋m>0，
所以存在唯一x1∈，使得h′(x1)＝0.
当x∈(0，x1)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，g′(x)单调递增．
而g′(0)＝－m>0，g′＝0，
所以存在唯一x2∈，使得g′(x2)＝0.
当x∈(0，x2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
要使当0≤x≤时，g(x)≥恒成立，
即⇒m≥，
所以≤m<0.
当m≤－，x∈时，h′(x)≤0，
所以当x∈时，g′(x)单调递减，
又g′＝0，所以g′(x)≥0，
所以g(x)在x∈上单调递增，
所以g(x)≤g＝，与题意矛盾．
综上，m的取值范围为.