（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（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）

 [练案17]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．(2020·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．(2020·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－1f(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．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值可能为(　AB　)

A．3　 B．4　

C．5　 D．6

[解析]　2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，

设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.

当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，

所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.

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)(＋2)．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≤sinx≤x.

[解析]　记F(x)＝sinx－x，则F′(x)＝cosx－.

当x∈[0，)时，F′(x)>0，F(x)单调递增；

当x∈(，1]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sinx≥x.

记H(x)＝sinx－x，则H′(x)＝cosx－1.

当x∈[0,1]时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．

所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.

综上，x≤sinx≤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．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)．

(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；

(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．

[证明]　(1)由题易得函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.　

∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，

∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．

(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，

∴f′(x)＝－2x＋1＝－.

令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝－或x＝1.

∵x>0，∴x＝－舍去．

当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.

∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．

∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln 1－12＋1＝0.

∴当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函数f(x)只有一个零点．

B组能力提升

1．(2020·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xlnx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＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋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＋lne－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋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＋xlnx.

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

g′(x)＝lnx－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·重庆一中月考)已知函数f(x)＝＋2x，x>1.

(1)求函数f(x)的极小值；

(2)若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．

[解析]　(1)f(x)＝＋2x，x>1，

f′(x)＝＝.

由得x＝.

f(x)与f′(x)在(1，＋∞)上的变化情况如下表：

∴f(x)极小值＝f()＝4.

(2)∵x>1，∴lnx>0，

由(2x－m)lnx＋x＝0，得2x－m＋＝0，即m＝＋2x，

∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，即函数f(x)与函数y＝m在(1，e]上的图象有两个不同的交点．

由(1)可知，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e]上单调递增且f()＝4，f(e)＝3e，当x从右侧趋近于1时，f(x)趋近于＋∞，∴4<m≤3e，故实数m的取值范围是(4，3e]．

3．设函数f(x)＝ln x－x＋1.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x；

(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.

[解析]　(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.

令f′(x)＝0，解得x＝1.

当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

(2)证明：证明当x∈(1，＋∞)时，1<<x，

即证明ln x<x－1<xln x，

由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值f(1)＝0，所以当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1.

设F(x)＝xln x－x＋1，x>1，则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，

当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，

即F(x)>F(1)＝0，

所以xln x>x－1.

即原不等式得证．

(3)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，

则g′(x)＝c－1－cxln c，

令g′(x)＝0，解得x0＝，

当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

由(2)知1<<c，故0<x0<1.

又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.

所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.