2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析

专题突破练(2)
利用导数研究不等式与方程的根
一、选择题
_
3 2 __
1. (2019 •佛山质检)设函数 f (x ) = x - 3x + 2x ，若 x i , X 2(x i v X 2)是函数 g (x ) = f (x ) —入x 的两个极值点，现给出如下结论：
①若一1 v 入 V 0,则 f (x i ) v f (X 2);②若 0 v 入 v 2，则 f (x i ) v f (X 2);③若 入 > 2,则 f (x i ) v f (X 2). 其中正确结论的个数为( )
A. 0 B . i C . 2 D . 3 答案 B
解析 依题意，X i, X 2(X i <X 2)是函数g '(x ) = 3x 2— 6x + 2—入的两个零点，贝y △= i2(入
2—入
+ I)>0,即卩入 >—I,且 X i + X 2= 2,X I X 2=
—.研究 f (X i )< f (X 2)成立的充要条件：f (X i )<f (X 2)
3
等价于(x i — X 2)[( X i + X 2)2 — 3(X i + X 2)— X i X 2+ 2]<0，因为 X i <X 2,所以有(X i + X 2)2— 3(x i + X 2) 2—入
—X i X 2+ 2=——3—>0,解得 入>2.从而可知③正确.故选
B .
3 a
2.(20i8 •乌鲁木齐一诊)设函数f (x ) = e X
x + - — 3—-,若不等式f (x ) W0有正实数解， X — 则实数a 的最小值为(
)
A. 3 B . 2 C . e 2 D . e 答案 D
3 a
解析 因为 f (x ) = e X x + -一 3 — - W0 有正实数解，所以 a >( x 2— 3x + 3)e x ,令 g (x ) = (x 2
— —
—3— + 3)e x ，则 g '(x ) = (2x — 3)e x + (x 2— 3x + 3)e x = x (x — i)e x ，所以当—>i 时，g '(x )>0 ;
当0<X <1时，g '(x )<0，所以g (x )在(0 , i)上单调递减，在(i ,)上单调递增，
所以g (x )min
=g (1) = e ,所以 a >e .故选 D. 8
e
c =，贝U a , b , c 的大小关系为(
64
b >a >
c C . c >b >a D . c >a >b
答案 C
— —
e
x e f x — 2 \
解析 构造函数 f (x ) = -2,则 a = f (6) , b = f (7) ,
c = f (8) , f '(x ) =
—4
，当—>2
— —
时，f ' ( x )>0 ,所以 f (x )在(2 , +8)上单调递增，故 f (8)> f (7)> f (6),即 c >b >a .故选 C.
4.
(2018 •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 > —的解集为( )
A. ( —8, 0) B . (0，+m ) C . ( —8, 1) D . (1 , +8)
答案 A
6
“ e 3
.设 a = 36， 7
e b =
49，
A. a >b >c B .
解析构造函数g(x)= 则g'(x)=
f' X- f X+ 2上0，则g( x)在R上单调递减，且g(0)= 芈二2= 3 •从而原不等式
In f x；2>x可化为f x；2>e x，即f X广2>3,1卩g(x) >g(0)，从而由函数g(x)的单调 3 3 e
性，知x v 0 .故选A.
5. (2018 •郑州质检一)若对于任意的正实数x, y 都有2x —y in - <mS成立，则实数m
e x ne
的取值范围为()
111 1
A. —, 1 B . —2, 1 C . -2, e D . 0，—e e
e e
答案D
y y x e y y 1 y 解析因为x>0, y>0, 2x—T n < ，所以两边同时乘以-，可得2e—In < ,令-
e x m e x x x m x
1 2e
=t (t >0)，令f(t) = (2e —t) • In t (t >0)，贝U f '(t) =—In t + (2e —t) • - =—In t +了—2e 1 2e 1.令g(t) =—In t + 匸—1(t>0),则g'() = — - —丁<0,因此g(t)即f'()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，
1 1 ,
因此f (t)max= f (e) = (2e —e)In e = e,所以e w m,得0<n r^-.故选 D.
6. (2018 •郑州质检三)已知函数f (x) = a x+ x2—x In a,对任意的X1, X2 € [0 , 1]，不
等式|f(X1)—f(X2)| w a —2恒成立，则实数a的取值范围是()
2
A. [e ,+s) B . [e ,+©
2
C. [2 , e] D . [e , e]
答案A
解析f'(x) = a x ln a+ 2x —In a,令g(x) = a X In a+ 2x —In a,贝U g'(x) = a X(In a)2 + 2>0,所以函数g(x)在[0 , 1]上单调递增，所以g(x) > g(0) = a°x In a+ 2x 0—In a= 0, 即f' (x) > 0,则函数f(x)在[0 , 1]上单调递增，所以|f(x" —f(X2)| w f (1) —f (0) = a—In a w a —2,解得a>e2.故选A.
二、填空题
7. ____________________________________________________________________ 若函数f (x) = x3—3x + a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_______________________ .
答案(一2, 2)
个不同的零点，则有f( —1) = 2+ a>0,且f⑴=a—2<0,即一2<a<2,所以实数a的取值范围是(—2, 2).
&若不等式2x(x—a)>1在(0,+^)上恒成立，则实数a的取值范围是___________________ .
答案(―汽―1]
解析不等式2x(x—a)>1在(0 , +m)上恒成立，即a<x—2—x在(0 , +^)上恒成立.令f(x) = x—2—x( x>0)，贝U f'(x) = 1+ 2—x ln 2>0，即f (x)在(0 ,+^)上单调递增，所以f(x)>f(0) =—1,所以a w—1, 即卩a€ (—a, —1].
三、解答题
9. (2018 •合肥质检二)已知函数f (x) = (x—1)e x—ax3 4(e是自然对数的底数，a€ R).
(1) 讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2) 若？x>0, f (x) + e x> x5+ x，求a 的取值范围.
解(1)f(x)的定义域为R,
x x
f (x) = x e —2ax= x(e —2a).
当a w0时，f(x)在(—a, 0)上单调递减，在(0，+a)上单调递增，••• f (x)有1个极值点；
1
当0<a<2时，f (x)在(一a, in 2 a)上单调递增，
在(in 2 a, 0)上单调递减，在(0，+a)上单调递增，
•f(x)有2个极值点；
1
当a =㊁时，f (x)在R上单调递增，• f (x)没有极值点；
1
当a>2时，f (x)在(一a, 0)上单调递增，
在(0 , in 2 a)上单调递减，在(In 2 a,+a)上单调递增，
•f(x)有2个极值点；
综上所述，当a w0时，f( x)有1个极值点；
1
当a>0且a^ §时，f (x)有2个极值点；
3
当a = q时，f (x)没有极值点.
(2)由f(x) + e x>x3+ x，得x e x—x3—ax2—x>0,
当x>0 时，e x—x2—ax — 1 >0,
即a w e x—x2—
1 对
？x>0恒成立,
设g(x)= (x>0),
则g'
设h(x) = e x- x—1(x>0)，则h'( x) = e x- 1.
•/ x>0,「. h'(x)>0,「. h(x)在(0，+m)上单调递增，
••• h( x)> h(0) = 0,即卩e >x+1,
••• g(x)在(0 , 1)上单调递减，在(1 ,+m)上单调递增，
•• g( x)》g(1) = e—2, • a w e—2.
• a的取值范围是(一m, e —2].
10. (2018 •郑州质检一)已知函数f (x) = In x —a(x + 1), a€ R在(1 , f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求f(x)的单调区间；
x
2 1
⑵若存在X o>1,当x€ (1 , X o)时，恒有f(x) — - + 2x+2>k(x—1)成立，求k的取值范
围
.
解(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，+m ).
• f' (1) = 1 —a= 0,
1 1 —x
• a=1,A f'(X)= x —1= T，
令f '(x)>0 得0<x<1，令f '(x)<0 得x>1,
• f(x)的单调递增区间为(0 , 1)，单调递减区间为
x2 1
(2)不等式f (x) — - + 2x + 2>k(x —1)可化为In
(1 ,+m ).
x2 1
x — - + x—2>k(x —1),
令g(x) = In x—1+ x — 2 —k(x—1)( x>1),
2
1 —x + 1 —k x+ 1
则g (x) = —x + 1 —k=
x x
2
令h(x) =—x + (1 —k)x + 1(x>1), h(x)的对称轴为直线x=P
1 —k 、、
①当一^w 1, 即卩k>—1时，易知h(x)在(1 , X。

)上单调递减, •h( x)< h(1) = 1 —k,
若k> 1,贝U h(x) w0,「. g'(x) w0,
•g( x)在(1 , X。

)上单调递减，
•g( x)<g(1) = 0,不符合题意；
若—1w k<1,则h(1)>0 ,
•••必存在X o,使得x€(1 , X o)时，g'(x)>o,
••• g( x)在(1 , x o)上单调递增，
•g(x)>g(1) = 0恒成立，符合题意.
1 k
②当一尹>1,即卩k<_ 1时，易知必存在x o,使得h(x)在(1 , x o)上单调递增，
•h(x)>h(1) = 1_ k>o,
•g'(x)>0,「. g( x)在(1 , x o)上单调递增，
••• g( x)>g(1) = o恒成立，符合题意.
综上，k的取值范围是(一s, 1).
1 2
11. (2018 •山西考前适应性测试)已知函数f(x) = -x _ (a+ 1)x+ a ln x.
(1) 当a<1时，讨论函数f(x)的单调性；
2
x a彳
(2) 若不等式f (x) + (a+1) x> — + x a+1 _ e对于任意x € [e _1, 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,+s),
2
… a x 一a+ 1 x + a
f '(x) = x_(a+ 1) +-=
x x
_ fx —a [x —1)
=x ,
若o<a<1,则当o<x<a 或x>1 时，f '( x)>o , f (x)单调递增；
当a<x<1 时，f' ( x)<o , f (x)单调递减；
若a< 0,则当o<x<1时，f'(x)<0, f (x)单调递减；
当x>1时，f'(x)>0, f (x)单调递增.
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(1 ,+s)上单调递增，在(0 , 1)上单调递减；当0<a<1时，函数
f (x)在(a, 1)上单调递减，在(0 , a)和(1 ,+s)上单调递增.
2 1
x
(2)不等式f (x) + (a+ 1)x》； + x a+ 1_ e对任意x € [e _1, e]成立等价于对任意x€-,
2 e e,
有一a ln x + x w e— 1 成立,
a
设g(x) =_ a ln x+ x , a>0,
所以g(x) max W e — 1 ,
(x)= i a+ ax a x a—
1
x
令g'(x)<0 ,得0<x<1 ；令g'(x)>0，得x>1,
1
所以函数g (x )在-，1上单调递减，
e 在(1 , e]上单调递增，
1 _
g ( x ) max 为 g e = a + e a 与 g (e) =- a + e a 中的较大者. 1 -
设 h (a ) = g (e) — = e a -e a -2a (a >0), 则 h '(a ) = e a + e -a — 2>2 e a •e -
a — 2= 0,
所以h (a )在(0,+^)上单调递增，故 h (a )>h (0) = 0,
1
所以 g (e)> g e ，
从而 g (x ) max = g (e) =- a + e a ,
所以一a + e a <e - 1，即 e a - a - e +1<0, 设 Q (a ) = e — a — e + 1( a >0), 贝V Q '( a ) = e — 1>0,
所以Q (a )在(0，+m )上单调递增. 又 Q (1) = 0，所以 e a -a -e +1<0 的解为 a < 1. 因为a >0,所以正实数a 的取值范围为(0 , 1].
12. (2018 •石家庄二中模拟)已知函数 f (x ) = (2 -a )( x - 1) -2ln x , g (x ) = x e 1-
x (a € R , e 为自
然对数的底数).
1
(1)若不等式f (x )>0对于一切x € 0, 恒成立，求a 的最小值；
(2)若对任意的x o € (0 , e ］，在(0 , e ］上总存在两个不同的 x i ( i = 1, 2),使f (x ) = g (x o ) 成立，求a 的取值范围.
1
2ln x
1
解 (1)由题意得(2 - a )( x - 1) - 2ln x >0在0 -上恒成立，即a >2-
在0,;上恒 2 x — 1 2
成立.
2
2ln x +一一 2
x
设 Q (x ) = 2ln x + 5-2, x € 0, 2,
x
2
5
则 Q '(x ) = J
令 h (x ) = 2 - 2ln x
x - 1
则h ' (x)=
2 2x-1 <0x2= x2<0,
1 1 所以 $ (x)> $ 2=2ln
2 + 2>0,
1
则h,(x)>0，因此h(x)<h2= 2-4ln 2 ,
则a>2-4ln 2，即a的最小值为2- 4ln 2 .
⑵因为g'(x) = (1 —x)e1-x,
所以g(x) = x e6「x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) = e2-e€ (0 , 1),得g(x) = x e1-x在(0 , e］上的值域为(0, 1］,
因为f'(x) = 2-ax-2,
x
所以当a>2时，易得f(x)在(0 , e］上单调递减；
2
当2 - Y a<2时，易得f(x)在(0 , e］上单调递减，
e
不符合题意.
2 2
当a<2--,此时f (x)在0, 2^上单调递减，
e 2 a
2
在，e上单调递增，
2 —a
人 2 2 2
令听)=f^ = a-2ln耳a<2--，
—a
则mi' (a)= a，易得ma)在(一^, 0)上单调递增,
2——a
2
在0, 2--上单调递减，ma)< m(0) = 0,
e
6 13. (2018 •湖北八市联考)已知函数f (x) = e x, g( x)= -
x —a
注意到，当X T 0时,
两个不同的x i ( i = 1, 2),
使 f (X i ) = g (x o )成立,
3
即 a w 2- -
e - 1
f (x ) T + S ，所以欲使对任意的
则需满足f (e) > 1,
综上，a €-S ,
2 — -.
e - 1
⑴ 设函数F (x ) = f (x ) + g (x )，试讨论函数F ( x )零点的个数; X 2— 8
⑵ 若 a =— 2, x >0,求证：f (x ) • g (x )> x + 1 + 2x ^4•
解⑴函数F (x )的定义域为(一g, a ) U (a ,+^) •
,
,
x
1
当 x € (a ,+g )时，e >0, x 一a >°，
1
••• F (x ) = e x +
>0，即 F (x )在(a ,+g )上没有零点；
x — a
x
当 x € ( —g, a )时，F (x ) = e x + ——=—x _a + 7,
x — a x — a 令 h (x ) = e x (x — a ) + 1(x <a ), 只要讨论h (x )的零点即可.
x
h '(x ) = e (x — a +1) , h '(a — 1) = 0,
则当 x € ( —g, a — 1)时，h '(x )<0, h (x )是减函数； 当 x € (a — 1, a )时，h '(x )>0, h (x )是增函数， • h ( x )在(一g, a )上的最小值为 h ( a — 1) = 1 — e a —
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— e a —
1>0,「. F ( x )没有零点；
当 a >1 时，h (a — 1) = 1 — e a —1<0,且当 x ^ — g 或
a 时，h (x )1,「. F (x )有两个零
占
八、、♦
⑵证明：若a =— 2, x >0,
要证 f (x ) • g (x )> ,x +1 + 2x x^, ___ 1
即要证 e x >(x + 2) x + 1+ g x 2— 4,
7
f ' (x ) =-+ x — 2k ,
又因为
e + 2
>0, ee - 1
2
所以2-->2― 3 e -
所以a w 2-
x o € (0 , e ］，在(0 , e ］上总存
在
•••^x+^<p4+ x+1=x+1, 下证e x>(x + 2)x+ 1 + g x2—4,
x x 1 2
设Mx) = e —(x + 2)+ 1 —+ 4
=e x—x2—2x + 2,
x x
贝U M (x) = e —2x—2，令 $ (x) = e —2x—2,
令o '(x) = e —2= 0，解得x = In 2 ,
•$ (x)在(—g, In 2)上单调递减，在(In 2 ,+g)上单调递增，
•- $ (1) $ (2)<0 , $ ( —1) $ (0)<0 ,
••• M (X)在(0，+m )上只有一个零点X o且1<X o<2,
则e x0—2x o- 2= 0,
•Mx)在(0 , x o)上单调递减，在(X o,+m )上单调递增.
2 2
•Mx) > Mx) min= Mx o) = e x O —x o —2x o+ 2= 4 —X o>O,
x X 1 2
•e>(x+ 2) 2+ 1 + 2X —4,
x f------ 1 2
• e >(x+ 2) ；j x+ 1 + ^x —4,
——x1 8—8
•f(x) • g(x)> x +1+2X^4得证.
1
14. (2O18 •河南六市联考一)已知函数f (x) = ln x+只2—2kx(k€ R).
(1) 讨论f(x)的单调性；
3
(2) 若f (x)有两个极值点X1, X2，且X1<X2,证明：f(X2)< —-.
1 2
解(1) f(x) = ln x+ ^X —2kx, x € (O，+m),
1 x2—2kx + 1
所以f (x) =-+ x —2k=
X X
①当k<0时，f '(X)>O,所以f (X)在(O，+m )上单调递增；
2
②当k>O 时，令t(x) = x —2kx + 1,
当△= 4k2—4w O, 即卩O<k wi 时，t (x) >0 恒成立，
即f '(x) >0恒成立，
所以f(x)在(O，+m)上单调递增，
x
2 2
当△ = 4k —4>O，即k>1 时，x —2kx +1 = O,
则t(x)的两根为k± k2—1,
所以当x € (O , k —k2—1)时，f '(x)>O,
当x € (k —,k2—1, k+ . k2—1)时，f'(x)<O,
当x€ (k + k2—1
,+°° )时，f '(x)>O,
故当k€ ( —m, 1］时，f (X)在(O，+m )上单调递增；
(k 当k €(1 ,+m)时，f (x)在(O , k —k2—1)和(k + k2—1,+m)上单调递增, —k2—1, k + ,k2
—1)上单调递减.
1 2
(2)证明：f (x) = ln x + —2kx(x>O),
由(1)知当k wi 时，f (x )在(0 ,+s )上单调递增，此时f (x )无极值，
2
1 x — 2kx + 1
2 .
当 k >l 时，f (x ) = - + x — 2k = - ，由 f (x ) = 0 得 x - 2kx + 1 = 0,
x x
2 2
△ = 4( k — 1)>0，设 x — 2kx +1= 0 的两根为 X 1, X 2, 则 X 1 + X 2 = 2k , X 1X 2= 1,
其中 0<X 1= k — k 2— 1<1<X 2= k + k 2 — 1,
f (X )在(0 , X 1)上单调递增，在(X 1, X 2)上单调递减，在(X 2,+^ )上单调递增.
从而f (x )有两个极值点 X 1, X 2,且X 1<X 2,
1 2 =In X 2 + g X 2— (X 1 + X 2)X 2
1 2 1
=In X 2 + X 2— + X 2X 2
2 X 2 1 2
=In X 2 —尹一1,
1 2
令 g (x ) = In x —^x — 1(x >1),
1
则g '(x )= -一x <0,所以g (x )在(1 ,+s )上单调递减,
X 9
9 3
且 g (1) =— 2，故 f (X 2)< — 2.
f (x 2) = In
1 2
X 2+ ^X 2 — 2kx
解析由f (x) = x3—3x+ a,得f '(x) = 3x2—3,当f'( x) = 0 时，x=± 1,易知
f (x) 的极大值为f ( —1) = 2+ a, f (x)的极小值为f(1) = a—2，要使函数f (x) = x3—3x+
a有三
2 3
2---2- -
e e - 1。