高三文科数学二轮专题复习(检测)：专题一第4讲导数与函数零点、不等式、恒成立问题

专题一函数与导数、不等式
第 4 讲导数与函数零点、不等式、恒建立
问题
一、选择题
1.函数 f(x)＝ax3＋ bx2＋ cx＋ d 的图象如下图，则以下结论建立的
是()
A．a>0，b<0， c>0，d>0
B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0， c>0，d>0
D．a>0，b>0， c>0，d<0
分析：由已知 f(0)＝d>0，可清除 D；其导函数 f′(x)＝3ax2＋ 2bx＋c
c
且 f′(0)＝c>0，可清除 B；又 f′(x)＝0 有两不等实根，且 x1x2＝3a>0，所以 a>0，可清除 C；应选 A.
答案： A
2．已知函数 f(x)＝1
3x3－2x2＋3m， x∈0，＋∞)，若 f(x)＋5≥0 恒
建立，则实数 m 的取值范围是 ()
A.17
B.
17
9 ，＋∞9，＋∞
C．(－∞，2]D． (－∞，2)分析： f′(x)＝x2－4x，
由 f′(x)>0，得 x>4 或 x<0.
∴f(x)在(0，4)上单一递减，在 (4，＋∞)上单一递加，
∴当 x∈0，＋∞)时， f(x)min＝f(4)．
∴要使 f(x)＋5≥0 恒建立，只需 f(4)＋5≥0 恒建立刻可，代入解之得17
m≥9 .
答案： A
3．若存在正数 x 使 2x(x－a)<1 建立，则 a 的取值范围是 ()
(导学号53130104)
A．(－∞，＋∞) C．(0，＋∞)B． (－ 2，＋∞) D． (－1，＋∞)
x
1
分析：∵2 (x－a)<1，所以 a>x－2x.
1
令 f(x)＝x－2x，
∴f′(x)＝1＋ 2－x ln 2>0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单一递加，
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－ 1，
∴a 的取值范围为 (－1，＋∞)．
答案： D
4．(2016 ·湖北枣阳第一 3 月模拟 )函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对随意 x∈ R，f′(x)>2，则 f(x)>2x＋4 的解集为 () A．(－1，1)B． (－ 1，＋∞)
C．(－∞，－ 1)D． (－∞，＋∞)
分析：由 f(x)>2x＋4，得 f(x)－2x－4>0，
设 F(x)＝f(x)－ 2x－ 4，则 F′(x)＝f′(x)－ 2，
∵f′(x)>2，所以 F′(x)>0 在 R 上恒建立，
∴F(x)在 R 上单一递加，而 F(－1)＝f(－ 1)－2×(－ 1)－4＝2＋2－4＝0，
故不等式 f(x)－2x－4>0 等价于 F(x)>F(－1)，
∴x>－1.答案： B
．已知
e 是自然对数的底数，函数
f(x)
＝x＋x－2 的零点为 a，函
5e
数 g(x)＝ln x＋x－2 的零点为 b，则以下不等式中建立的是 ()
A．f(a)<f(1)<f(b)B． f(a)<f(b)<f(1)
C．f(1)<f(a)<f(b)D． f(b)<f(1)<f(a)
分析：由题意，知 f′(x)＝e x＋1>0 恒建立，∴函数 f(x)在 R 上是单一递加的，而 f(0)＝e0＋0－2＝－ 1<0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1>0，∴函
1
数f(x)的零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝x＋1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单一递加的，又 g(1)＝ln 1＋1－2＝－ 1<0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2>0，∴函数 g(x)的零点 b∈(1，2)．
综上，可得 0<a<1<b<2.
∵f(x)在 R 上是增函数，
∴f(a)<f(1)<f(b)．
答案： A
二、填空题
6．已知函数 f(x)＝x2＋mx－1，若对于随意 x∈m，m＋1]，都有 f(x)<0建立，则实数 m 的取值范围是 ________．
分析：作出二次函数 f(x)的图象，对于随意x∈m，m＋1]，都有f（m）<0，
f(x)<0，则有
f（m＋1）<0，
m2＋m2－1<0，2
即
（m＋ 1）2＋m（m＋1）－ 1<0，解得－
2 <m<0.
2答案：－2，0
高三文科数学二轮专题复习(检测)：专题一第4讲导数与函数零点、不等式、恒建立问题
7．函数 f(x)＝13x 3－x 2
－3x －1 的图象与 x 轴的交点个数是 ________．
分析：f ′(x)＝x 2
－2x －3＝(x ＋ 1)(x － 3)，函数 f(x)在(－ ∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在 (－1，3)上是减函数，由 f(x)极小值 ＝f(3)＝－ 10<0，
2
f(x)极大值 ＝f(－1)＝3>0 知函数 f(x)的图象与 x 轴的交点个数为
3.
答案： 3
．对于 x 的方程 x 3 －3x 2
－ a ＝0 有三个不一样的实数解，则实数
a
8
的取值范围是 ________．
分析：由题意知使函数 f(x)＝ x 3－3x 2－a 的极大值大于 0 且极小值
小于 0.
又 f ′(x)＝3x 2
－6x ＝3x(x －2)，
令 f ′(x)＝0，得 x 1＝0，x 2＝2.
当 x<0 时，f ′(x)>0；当 0<x<2 时，f ′(x)<0；当 x>2 时，f ′(x)>0.
∴当 x ＝0 时，f(x)获得极大值，即 f(x)极大值 ＝f(0)＝－ a ；当 x ＝2 时，
－ a>0，
，即
f(x)极小值 ＝ f(2)＝－ 4－a.所以 解得－－4－a<0，
4<a<0.
答案： (－4，0)
三、解答题
（ x －1）2
9．已知函数 f(x)＝ln x －
2 .(导学号 53130105)
(1)求函数 f(x)的单一递加区间；
(2)证明：当 x>1 时， f(x)<x －1.
解： ′(＝1
－x ＋1＝ －x 2＋x ＋1 ，x ∈(0，＋∞)．
(1)f x) x x
由 f ′(x)>0 得 x>0，
1＋ 5
.
解得 0<x<
2
－ x 2
＋x ＋ 1>0.
故 f(x)的单一递加区间是
0， 1＋ 5
.
2
(2)证明：令 F(x)＝f(x)－(x－1)， x∈(0，＋∞)．
2
1－ x
当 x∈(1，＋∞)时， F′(x)<0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单一递减，故当
x>1 时，F(x)<F(1)＝0，即当x>1 时，
f(x)<x－1.
10．已知函数 f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，此中 a∈R.
(导学号53130106)
(1)当 a＝ 1 时，求曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程；
(2)若? x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1<x2，f(x1)＋2x1<f(x2)＋2x2，求 a 的取值范围．
解： (1)当 a＝ 1 时， f(x)＝x2－3x＋ ln x(x>0)，
1 2x2－ 3x＋ 1
f′(x)＝ 2x－3＋x＝x，
则 f(1)＝－ 2，f′(1)＝0.
∴切线方程是 y＝－ 2.
设
g(x)＝
f(x)
＋
2x
，则
g(x)
＝2－ax＋ ln x，只需 g(x)在(0，＋∞)
(2)ax
上单一递加，即 g′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒建立刻可．
2－ ax＋1
而 g′(x)＝ 2ax－a＋1＝2ax(x>0)．
x x
1
①当 a＝0 时， g′ (x)＝x>0，
此时 g(x)在 (0，＋∞)上单一递加；
②当 a≠0时，由于 x>0，依题意知，
只需 2ax2－ax＋1≥0 在 (0，＋∞)上恒建立刻可．记 h(x)＝ 2ax2－ax＋1，若 h(x)>0 恒建立，
a>0，
故必有
＝a2－8a≤0，即 0<a≤8.
综上可得， a 的取值范围为 0，8]．
11．已知函数 f(x)＝xln x ，g(x)＝－ x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，
a ∈ R)．
(1)判断曲线 y ＝ f(x)在点 (1，f(1))处的切线与曲线 y ＝g(x)的公共点
个数；
1
(2)当 x ∈ e ，e 时，若函数 y ＝f(x)－g(x)有两个零点，求
a 的取值
范围．
解： (1)f ′(x)＝ln x ＋1，
∴切线斜率 k ＝f ′(1)＝1.
又 f(1)＝0，
∴曲线在点 (1，0)处的切线方程为 y ＝x －1.
y ＝－ x 2＋ax －2， 2
由 ? x ＋(1－ a)x ＋1＝0.
由 ＝(1－a)2－ 4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知：
当 >0 时， a<－1 或 a>3 时，有两个公共点；
当 ＝0 时，即 a ＝－ 1 或 a ＝3 时，有一个公共点；当 <0 时，即－ 1<a<3 时，没有公共点．
(2)y ＝f(x)－g(x)＝x 2
－ax ＋2＋ xln x ，
2
由 y ＝0，得 a ＝x ＋x ＋ ln x.
令 h(x)＝ x ＋2
＋ln x ，则 h ′(x)＝ （x －1）（ x ＋ 2） .
x 2
x
当 x ∈ 1，e 时，由 ′(＝ ，得 x ＝ 1.
e h x) 0
∴
h(x) 在 1
，1 上单一递减，在 1 ， 上单一递加，所以
＝
h(1)
e e]
h(x)min
＝ 3.
由
h
1
e
1 2 ＝ e ＋2e －1，h(e)＝e ＋e ＋ 1，
1
比较可知 h e >h(e)，
2
∴联合函数图象 (图略 )可得，当 3<a≤e＋e＋1 时，函数 y＝f(x)－g(x)有两个零点．。