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專題突破練(2) 利用導數(shù)研究不等式與方程的根
一、選擇題
1．(2019佛山質檢)設函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)＝f(x)－λx的兩個極值點，現(xiàn)給出如下結論：
①若－1＜λ＜0，則f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，則f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，則f(x1)＜f(x2)．
其中正確結論的個數(shù)為( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 依題意，x1，x2(x1
0，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝．研究f(x1)0，解得λ>2．從而可知③正確．故選B．
2．(2018烏魯木齊一診)設函數(shù)f(x)＝exx＋－3－，若不等式f(x)≤0有正實數(shù)解，則實數(shù)a的最小值為( )
A．3 B．2 C．e2 D．e
答案 D
解析 因為f(x)＝exx＋－3－≤0有正實數(shù)解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，則g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以當x>1時，g′(x)>0；當0b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b
答案 C
解析 構造函數(shù)f(x)＝，則a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，當x>2時，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上單調遞增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>a．故選C．
4．(2018合肥質檢二)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，f(x)＋2＞f′(x)，f(0)＝1，則不等式ln (f(x)＋2)－ln 3＞x的解集為( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 構造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝
＜0，則g(x)在R上單調遞減，且g(0)＝＝3．從而原不等式ln ＞x可化為＞ex，即＞3，即g(x)＞g(0)，從而由函數(shù)g(x)的單調性，知x＜0．故選A．
5．(2018鄭州質檢一)若對于任意的正實數(shù)x，y都有2x－ln ≤成立，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A．，1 B．，1 C．，e D．0，
答案 D
解析 因為x>0，y>0，2x－ln ≤，所以兩邊同時乘以，可得2e－ln ≤，令＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)ln t(t>0)，則f′(t)＝－ln t＋(2e－t)＝－ln t＋－1．令g(t)＝－ln t＋－1(t>0)，則g′(t)＝－－<0，因此g(t)即f′(t)在(0，＋∞)上單調遞減，又f′(e)＝0，所以函數(shù)f(t)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，因此f(t)max＝f(e)＝(2e－e)ln e＝e，所以e≤，得00，所以函數(shù)g(x)在[0，1]上單調遞增，所以g(x)≥g(0)＝a0ln a＋20－ln a＝0，即f′(x)≥0，則函數(shù)f(x)在[0，1]上單調遞增，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝a－ln a≤a－2，解得a≥e2．故選A．
二、填空題
7．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (－2，2)
解析 由f(x)＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，當f′(x)＝0時，x＝1，易知f(x)的極大值為f(－1)＝2＋a，f(x)的極小值為f(1)＝a－2，要使函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有三個不同的零點，則有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－21在(0，＋∞)上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (－∞，－1]
解析 不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a0)，則f′(x)＝1＋2－xln 2>0，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a≤－1，即a∈(－∞，－1]．
三、解答題
9．(2018合肥質檢二)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R)．
(1)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由；
(2)若?x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范圍．
解 (1)f(x)的定義域為R，
f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
當a≤0時，f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)有1個極值點；
當0時，f(x)在(－∞，0)上單調遞增，
在(0，ln 2a)上單調遞減，在(ln 2a，＋∞)上單調遞增，
∴f(x)有2個極值點；
綜上所述，當a≤0時，f(x)有1個極值點；
當a>0且a≠時，f(x)有2個極值點；
當a＝時，f(x)沒有極值點．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0，
當x>0時，ex－x2－ax－1≥0，
即a≤對?x>0恒成立，
設g(x)＝(x>0)，
則g′(x)＝．
設h(x)＝ex－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－1．
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2．
∴a的取值范圍是(－∞，e－2]．
10．(2018鄭州質檢一)已知函數(shù)f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R在(1，f(1))處的切線與x軸平行．
(1)求f(x)的單調區(qū)間；
(2)若存在x0>1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范圍．
解 (1)由已知可得f(x)的定義域為(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，
∴f′(1)＝1－a＝0，
∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得01，
∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化為ln x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，
則g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x>1)，h(x)的對稱軸為直線x＝，
①當≤1，即k≥－1時，易知h(x)在(1，x0)上單調遞減，
∴h(x)0，
∴必存在x0，使得x∈(1，x0)時，g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上單調遞增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合題意．
②當>1，即k<－1時，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上單調遞增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上單調遞增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合題意．
綜上，k的取值范圍是(－∞，1)．
11．(2018山西考前適應性測試)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x．
(1)當a<1時，討論函數(shù)f(x)的單調性；
(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e對于任意x∈[e－1，e]成立，求正實數(shù)a的取值范圍．
解 (1)由題知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝x－(a＋1)＋＝
＝，
若01時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當a1時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減；當00，
所以g(x)max≤e－1，
g′(x)＝＋axa－1＝，
令g′(x)<0，得00，得x>1，
所以函數(shù)g(x)在，1上單調遞減，
在(1，e]上單調遞增，
g(x)max為g＝a＋e－a與g(e)＝－a＋ea中的較大者．
設h(a)＝g(e)－g＝ea－e－a－2a(a>0)，
則h′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，
所以h(a)在(0，＋∞)上單調遞增，故h(a)>h(0)＝0，
所以g(e)>g，
從而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea，
所以－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0，
設φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，
則φ′(a)＝ea－1>0，
所以φ(a)在(0，＋∞)上單調遞增．
又φ(1)＝0，所以ea－a－e＋1≤0的解為a≤1．
因為a>0，所以正實數(shù)a的取值范圍為(0，1]．
12．(2018石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，g(x)＝xe1－x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)若不等式f(x)>0對于一切x∈0，恒成立，求a的最小值；
(2)若對任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上總存在兩個不同的xi(i＝1，2)，使f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范圍．
解 (1)由題意得(2－a)(x－1)－2ln x>0在0，上恒成立，即a>2－在0，上恒成立．
令h(x)＝2－，x∈0，，
則h′(x)＝，x∈0，，
設φ(x)＝2ln x＋－2，x∈0，，
則φ′(x)＝－＝<0，
所以φ(x)>φ＝2ln＋2>0，
則h′(x)>0，因此h(x)0，
所以2－>2－，所以a≤2－，
綜上，a∈－∞，2－．
13．(2018江西重點中學盟校聯(lián)考一)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋cln x(a，b，c∈R)．
(1)當a＝1，b＝1，c＝－1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)當b＝2a，c＝1時，求最大的整數(shù)b，使得00，g(x)單調遞增，
g(x)max＝g(2)＝ln 2＋4b＋3>0，
故不滿足條件；
當b<0時，因為b為整數(shù)，故b≤－1，所以0<－≤1，則g(x)在0，－上單調遞增，在－，2上單調遞減，
所以g(x)max＝g－＝－ln (－b)－≤0，
即ln (－b)＋≥0．(*)
易知函數(shù)h(x)＝ln (－x)＋(x<0)為單調遞減函數(shù)，
又h(－1)＝－<0，h(－2)＝ln 2－>0，
所以滿足(*)的最大整數(shù)b為－2，
綜上可知，滿足條件的最大的整數(shù)b為－2．
14．(2018石家莊一模)已知函數(shù)f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)在(－1，f(－1))處的切線方程為(e－1)x＋ey＋e－1＝0．
(1)求a，b；
(2)若m≤0，證明：f(x)≥mx2＋x．
解 (1)由題意知切線方程為y－＝x，
當x＝－1時，y＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)－a＝0，
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，則b＝2－e<0，與b>0矛盾，故b＝1，a＝1．
(2)證法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
f(0)＝0，f(－1)＝0，
由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
則g′(x)＝(x＋2)ex－2，
當x≤－2時，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0；
當x>－2時，
設h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
則h′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函數(shù)g′(x)在(－2，＋∞)上單調遞增，
又g′(0)＝0，
所以當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0，
當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，
所以函數(shù)g(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，
故g(x)≥g(0)＝0?(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，
故f(x)≥mx2＋x．
證法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
由m≤0，可得x≥mx2＋x，
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
則g′(x)＝(x＋2)ex－2，
令t(x)＝g′(x)，
則t′(x)＝(x＋3)ex，
當x<－3時，t′(x)<0，g′(x)單調遞減，且g′(x)<0；
當x>－3時，t′(x)>0，g′(x)單調遞增，且g′(0)＝0，
所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，且g(0)＝0，
故g(x)≥g(0)＝0?(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，
故f(x)≥mx2＋x．
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