利用导数研究不等式与方程的根-高考理科数学专题突破练习
高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第21练 利用导数研究不等式问题练习 理
（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第21练 利用导数研究不等式问题练习 理1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．(2016·淮安模拟)已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R .(1)讨论函数的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．3．(2016·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1.(1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围；(2)求证：在(1)的条件下，当x ＞1时，12x 2＋ax －a ＞x ln x ＋12成立．4．设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围．5．(2016·陕西质量监测)设函数f (x )＝e x －ax －1.(1)当a ＞0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0；(2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＜(n ＋1)n ＋1.答案精析1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ， 令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x 22－4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116， 由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝x －13x (x ＞0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116成立． 2．解 (1)在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①若a ≤0，则f ′(x )＜0，f (x )是区间(0，＋∞)上的减函数；②若a ＞0，令f ′(x )＝0得x ＝1a. 在区间(0，1a)上，f ′(x )＜0， 函数f (x )是减函数；在区间(1a，＋∞)上，f ′(x )＞0，函数f (x )是增函数． 综上所述，①当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；②当a ＞0时，f (x )的单调递增区间是(1a ，＋∞)，单调递减区间是(0，1a)． (2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验满足题意．已知f (x )≥bx －2，则x －1－ln x ≥bx －2,1＋1x －ln x x≥b ， 令g (x )＝1＋1x －ln x x，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2，易得g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.3．(1)解 原题即为存在x ＞0，使得ln x －x ＋a ＋1≥0，∴a ≥－ln x ＋x －1，令g (x )＝－ln x ＋x －1，则g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x .令g ′(x )＝0，解得x ＝1.∵当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝0，a ≥g (1)＝0.故a 的取值范围是[0，＋∞)．(2)证明 原不等式可化为12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0(x ＞1，a ≥0)．令G (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则G (1)＝0.由(1)可知x －ln x －1＞0，则G ′(x )＝x ＋a －ln x －1≥x －ln x －1＞0，∴G (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴G (x )＞G (1)＝0成立，∴12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0成立，即12x 2＋ax －a ＞x ln x ＋12成立．4．解 (1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)．故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得当x≥－2时，F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．③若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．5．证明(1)由a＞0及f′(x)＝e x－a可得，函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ， 故当a ∈(0,1)时，g ′(a )＞0；当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )＜0，从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故g (a )≤0.(2)由(1)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x －x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立，即当x ＞0时，总有e x ＞x ＋1.于是，可得(x ＋1)n ＋1＜(e x )n ＋1＝e (n ＋1)x . 令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＜e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1， 可得⎝⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＜e －(n －2)； …令x ＋1＝n n ＋1，即x ＝－1n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －1. 对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1＝e －n 1－en 1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －n e －1＜1e －1＜1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＜(n ＋1)n ＋1.。
利用导数解决整数解及方程根的个数问题(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
第9讲利用导数解决整数解及方程根的个数问题【典例例题】题型一：整数解问题之化为直线与曲线位置关系问题【例1】（2023·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式()()1e 21xa x x ->-（其中1a ≥-），有且只有两个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．235,43e ⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．31,2e ⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．235,43e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．235,2e 3e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】根据给定不等式，构造函数(()e 21)x f x x =-和()(1)g x a x =-，作出函数图象，结合图象分析求解作答.【详解】由不等式()()1e 21xa x x ->-（1a ≥-），令(()e 21)x f x x =-，()(1)g x a x =-，(()e 21)x f x x '=+，当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>，即函数()f x 在1(,2-∞-上单调递减，在1(,)2-+∞上单调递增，()min 12f x f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭12x <时，恒有()0f x <，函数()(1)g x a x =-，1a ≥-表示恒过定点(1,0)，斜率为a -的直线，在同一坐标系内作出函数()y f x =的图象和直线(1)y a x =-，如图，因不等式()()1e 21xa x x ->-（1a ≥-）有且只有两个整数解，观察图象知，-1和0是不等式()()g x f x >解集中的两个整数，于是得o −1)>o −1)o −2)≤o −2)，即2>−3e3≤−5e2，解得2352e 3e a -<≤-，所以实数a 的取值范围是235(,]2e 3e--.故选：D 【点睛】关键点睛：涉及不等式整数解的个数问题，构造函数，分析函数的性质并画出图象，数形结合建立不等关系是解题的关键.【例2】（2023·四川·成都七中模拟预测（理））已知不等式e (3)20(1)+--<<x a x x a 恰有2个整数解，则a 的取值范围为（）A ．2324e 3e ≤<a B ．2324e 3e<≤a C ．324e 3≤<a D ．324e 3<≤a 【答案】C 【解析】【分析】首先通过不等式分析，排除3x ≤-的可能性，对于3x >-,将不等式分离参数，得到()23e x x a x +<+，分析排除0a ≤的情况，然后令()()23e x x g x x +=+，利用导数分析其单调性，结合函数的正负值和零点，极值点分析，得到函数的大致图象，然后观察图象分析，将问题要求等价转化为()()01g ag a ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，进而求解.【详解】当3x =-时，e (3)20(1)+--<<x a x x a 即为0320+-<,即10<,不成立；当3x <-时不等式等价于()321111·e e 13e 3e e x xx x x a x x -+⎛⎫>=->=>> ⎪++⎝⎭,由于1a <，故不成立；当3x >-时，不等式等价于()23e x x a x +<+，若0a ≤，则不等式对于任意的2x >-恒成立，满足不等式的整数有无穷多个，不符合题意；当0a >时，令()()2,(3)3e xx g x x x +=>-+，则()()22553e xx x g x x ++'=-+，在⎛- ⎝⎭上()0g x '>，∴()g x 单调递增，在∞⎫+⎪⎪⎝⎭上()0g x '<，∴()g x 单调递减，且在(3,2)--上()0g x <,在()2,-+∞上()0g x >,又∵在x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，∴()g x 在()3,-+∞上的图象如图所示：∵5212-+-<-，∴当3x >-时，不等式等价于()23e x x a x +<+有两个整数解，这两个整数解必然是1-和0，充分必要条件是()()01g a g a ⎧>⎪⎨≤⎪⎩,即2334ea a⎧>⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩,∴324e 3≤<a ，故选：C 【点睛】分类讨论是解决这类问题的重要方法，利用导数研究单调性后要结合函数的零点和极值，极限值进行分析，然后利用数形结合思想找到题设要求的充分必要条件，是问题解决的关键步骤.【例3】（2022·辽宁·辽阳市第一高级中学高二期末）已知函数()()1ln f x kx x x =+-，若()0≤f x 有且只有两个整数解，则k 的取值范围是（）A ．ln 5ln 2,3010⎛⎤⎥⎝⎦B ．ln 5ln 2,3010⎛⎫⎪⎝⎭C ．ln 2ln 3,1012⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．ln 2ln 3,1012⎛⎫⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】将问题化为ln (1)x k x x+≤有且只有两个整数解，利用导数研究ln ()xg x x =的性质，并画出()g x 与(1)y k x =+的图象，判断它们交点横坐标的范围，列不等式组求k 的范围.【详解】由题设，()f x 定义域为(0,)+∞，则()0≤f x 可得ln (1)x k x x+≤，令ln ()x g x x=，则21ln ()xg x x -'=，所以0e x <<时()0g x '>，即()g x 递增，值域为(1,e-∞；e x >时()0g x '<，即()g x 递减，值域为1(0,e；而(1)y k x =+恒过(1,0)-，函数图象如下：要使ln (1)xk x x+≤有且只有两个整数解，则(1)y k x =+与()g x 必有两个交点，若交点的横坐标为12x x <，则121234x x <≤<≤<，所以ln 232ln 343ln 454k k k ⎧≤⎪⎪⎪≤⎨⎪⎪>⎪⎩，即ln 2ln 31012k <≤.故选：C 【点睛】关键点点睛：首先转化为ln (1)xk x x+≤有且只有两个整数解，导数研究函数性质，再应用数形结合法判断ln ()xg x x=、(1)y k x =+交点横坐标范围，即可求参数范围.【题型专练】1.（2022·福建·莆田二中高二期中）设函数()e x f x x ax a =-+，其中1a >，若存在唯一的整数0x ，使得()00f x <，则a 的取值范围是（）A ．(21,2e ⎤⎦B ．33e 1,2⎛⎤⎥⎝⎦C ．343e 4e ,23⎛⎤⎥⎝⎦D ．323e 2e ,2⎛⎤⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】根据给定条件，构造函数()e ,()x g x x h x ax a ==-，将问题转化为存在唯一的整数0x 使得00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，再借助导数探讨求解作答.【详解】令()e ,()x g x x h x ax a ==-，1a >，显然直线()h x ax a =-恒过点(1,0)A ，则“存在唯一的整数0x ，使得()00f x <”等价于“存在唯一的整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方”，(1())e x x g x +'=，当1x <-时，()0g x '<，当1x >-时，()0g x '>，即()g x 在(,1)-∞-上递减，在(1,)-+∞上递增，则当1x =-时，min 1()(1)eg x g =-=-，当0x ≤时，1()[,0]e g x ∈-，而()(0)1h x h a ≤=-<-，即当0x ≤时，不存在整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，当0x >时，过点(1,0)A 作函数()e x g x x =图象的切线，设切点为(,e ),0t P t t t >，则切线方程为：e (1)e ()t t y t t x t -=+-，而切线过点(1,0)A ，即有e (1)e (1)t t t t t -=+-，整理得：210t t --=，而0t >，解得1(1,2)2t =∈，因(1)e 0(1)g h =>=，又存在唯一整数0x 使得点00(,())x g x 在直线()h x ax a =-下方，则此整数必为2，即存在唯一整数2使得点(2,(2))g 在直线()h x ax a =-下方，因此有23(2)(2)2e (3)(3)3e 2g h a g h a <⎧<⎧⇔⎨⎨≥≥⎩⎩，解得323e 2e 2a <≤，所以a 的取值范围是323e(2e ,]2.故选：D 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f (x )的切线问题，先设出切点坐标00(,)x y ，求导并求出切线方程000()()y y f x x x '-=-，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.2.（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()2e 2xx f x a x =-+，若有且仅有两个正整数，使得()0f x <成立，则实数a 的取值范围是（）A ．211,3e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．3291,5e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．391,5e 3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．212,2e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】【分析】将()0f x <转化为2(2)ex x a x +<，再分别求导分析2()e x x g x =和()(2)h x a x =+的图象，再分别求得()()1,1g ，()()2,2g ，()()3,3g 到()20-，的斜率，分析临界情况即可【详解】由()0f x <且0x >，得2(2)ex xa x +<，设2()e x x g x =，()(2)h x a x =+，22()e xx x g x '-=，已知函数()g x 在（0，2）上单调递增，在(2,)+∞上单调递减，函数()(2)h x a x =+的图象过点(2,0)-，(1)11(2)3e g =--，2(2)12(2)e g =--，3(3)93(2)5eg =--，结合图象，因为329115e 3e e <<，所以3915e 3ea ≤<．故选：C3．（2022·全国·模拟预测（理））已知关于x 的不等式222ln 0ax x x x +->的解集中只有1个整数，则实数a 的取值范围是（）．A ．[)2,ln 21--B ．(]2,ln 21--C ．1ln 21,ln 33--⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．1ln 21,ln 33--⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B 【解析】【分析】由题可得不等式()2ln 0f x ax x x =+->仅有1个整数解，利用数形结合可得()()1020f f ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，即求.【详解】由题可知()0,x ∈+∞，所以不等式222ln 0ax x x x +->，即2ln 0ax x x +->只有一个整数解，令()2ln f x ax x x =+-，不等式()0f x >仅有1个整数解，令2y ax =+，()ln g x x x =，则函数()ln g x x x =图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线2y ax =+的下方，∵()1ln g x x '=+，由()1ln 0g x x '=+=，得1ex =，∴()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，因为直线2y ax =+恒过点()0,2，作出函数()ln g x x x =与直线2y ax =+的大致图象，由图象可知，这个点()1,0，可得()()1020f f ⎧>⎪⎨≤⎪⎩，即2ln 21a -<≤-．故选：B ．【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化为函数()ln g x x x =与直线2y ax =+的的交点的位置问题，然后利用数形结合解决.4.（2022·辽宁·沈阳二中高二期末）设函数()e (21)x f x x ax a =--+，若不等式()0f x <恰有两个整数解，则a 的取值范围是______.【答案】2533e 2ea ≤<【解析】【分析】由题知()e (21)1x x a x -<-恰有两个整数解，构造函数()()()()e 211,xg x h a x x x -==-，利用导数研究函数的性质，作出函数的大致图象，利用数形结合即得.【详解】由()0f x <，可得()e (21)1xx a x -<-，令()()()()e 211,xg x h a x x x -==-，由题意知恰有两个整数，使()g x ()h x <成立，因为()()e 21xg x x '=+，由()0g x '=，可得12x =-，所以当12x <-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()12min12e 2g x g -⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，且()()()1201,13e ,25e g g g --=--=--=-，直线()()1h x a x =-恒过点()1,0，且斜率为a，结合图象可得()()()()()()001122h g h g h g ⎧>⎪->-⎨⎪-≤-⎩，即12123e 35e a a a --->-⎧⎪->-⎨⎪-≤-⎩，解得2533e 2ea ≤<，即a 的取值范围是2533e 2ea ≤<.故答案为；2533e 2ea ≤<.题型二：方程根的个数问题【例1】（2022·福建·漳州市第一外国语学校高二期中）设函数()ln f x x x =⋅，则关于x 的方程()0f x m -=的实数根的个数不可能为（）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A 【解析】【分析】利用导数确定函数()f x 的单调性，进而得出函数()f x 的图象，数形结合得出方程实数根的个数.【详解】()ln 1f x x '=+1()0e f x x '>⇒>，1()00ef x x '<⇒<<即函数()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增当0x →时，()0f x →，1111ln e e ee f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，(1)0f =则函数()y f x =与y m =的图象如下图所示平移直线y m =可知，函数()y f x =与y m =的交点个数可能为0,1,2,3则关于x 的方程()0f x m -=的实数根的个数可能为0,1,2,3故选：A【例2】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习多选）已知函数(),115ln ,1xx x f x x x x⎧<⎪⎪-=⎨⎪≥⎪⎩，下列选项正确的是（）A ．函数()f x 的单调减区间为(),1-∞、()e,+∞B ．函数()f x 的值域为(),1-∞C ．若关于x 的方程()()20f x a f x -=有3个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是5,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．若关于x 的方程()()20f x a f x -=有5个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是51,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】ACD 【解析】【分析】利用函数的单调性与导数之间的关系可判断A 选项；求出函数()f x 的值域，可判断B 选项；数形结合可判断CD 选项.【详解】对于A 选项，当1x <时，()1x f x x =-，则()()2101f x x '=-<-，当1≥x 时，()5ln x f x x =，则()()251ln x f x x-'=，由()0f x '<可得e x >，所以，函数()f x 的单调减区间为(),1-∞、()e,+∞，A 对；对于B 选项，当1x <时，()1111f x x =+<-，当1≥x 时，()()5ln 50e ex f x f x ≤=≤=，因此，函数()f x 的值域为5,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B 错；对于CD 选项，作出函数()f x 的图像如下图所示：若0a ≤，由()()20f x a f x -=可得()0f x =，则方程()0f x =只有两个不等的实根；若0a >，由()()20f x a f x -=可得()0f x =或()f x a =或()f x a =-，由图可知，方程()0f x =有2个不等的实根，方程()f x a =-只有一个实根，若关于x 的方程()()20f x a f x -=有3个不相等的实数根，则5ea >，C 对；若关于x 的方程()()20f x a f x -=有5个不相等的实数根，则51ea ≤<，D 对.故选：ACD.【例3】（2022·江西赣州·高二期中（文））已知函数()ln x f x x=，关于x 的不等式()()20f x tf x ->有且只有四个整数解，则实数t 的取值范围是（）A ．ln 5ln 2,52⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．ln 6ln 5,65⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．ln 6ln 5,65⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．ln 3ln 4,34⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B【解析】【分析】求导，利用导数的符号变化研究其单调性、极值，对t 分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法，结合函数图象和不等式的整数解个数进行判定求解.【详解】由ln ()x f x x=得()f x '21ln x x -=，当0e x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当e x >时，()'0f x <，()f x 单调递减；所以当e x =时，()f x 有最大值，且max 1()(e)ef x f ==，又当x →+∞时，()0f x →，且()0f x >，当0x →时，()f x →-∞，(1)0f =．其图象如图所示：①当0=t ，由()()20f x tf x ->，得()20f x >，即()0f x ≠，则1x ≠，此时不等式的整数解有无数多个，不合题意；②当0t <时，由()()20f x tf x ->得()0f x >或()f x t <．当()0f x >时，1x >，有无数个整数解；当()0f x t <<时，其解集为(0,1)的子集，不含有整数解；故0t <不合题意；③当0t >时，由()()20f x tf x ->得()f x t >或()0f x <，当()0f x <时，其解集为(0,1)，不含有整数解；当()f x t >时，若不等式有且仅有四个整数解，又()ln333f =，()()ln2242f f ==，()ln555f =，()666ln f =，且()()()()()32456f f f f f >=>>，因为()f x 在()0,e 递增，在()e,+∞递减，所以四个整数解只能为2、3、4、5，所以()()65f t f ≤<，即n6n 65l l 5t ≤<所以实数t 的取值范围为ln6ln5[,65．故选：B.【例4】（2022·江西省宜春中学高二开学考试（理））已知函数2,1()ln 42,1x x f x e x x x x ⎧>⎪=⎨⎪--≤⎩，若函数[]2()(24)()1y f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．949,824⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．491,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．91,5⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．91,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】【分析】先研究1x >时，()ln x f x e x=的单调性和极值，然后画出分段函数的图象，再令()f x t =，通过换元后数形结合，可转化为一元二次方程根的分布问题，从而即可求解.【详解】解：当1x >时，()ln x f x e x=，则2ln 1()ln x f x e x -'=，当1x e <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当x e >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以1x >时，()()1f x f e =；当1x 时，22()52(1)55f x x x x =--=-++；作出()f x大致图象如下：由函数2[()](24)()1y f x a f x =+-+恰有5个不同零点，即方程2[()](24)()10f x a f x +-+=恰有5个不等实根，令()f x t =，则方程2(24)10(*)t a t +-+=，令函数2()(24)1u t t a t =+-+，①方程(*)在区间(,1)-∞和()1,5上各有一个实数根，则(1)12410(5)255(24)10u a u a =+-+<⎧⎨=+-+>⎩，解得915a <<；②方程(*)在区间()1,5和(5,)+∞各有一个实数根，则(1)12410(6)255(24)10u a u a =+-+>⎧⎨=+-+<⎩，不等式组无解；③方程(*)的两根为1和5，此时()1524151a ⎧+=--⎨⨯=⎩无解．综上，915a <<．故选：C.【题型专练】1.（2022·广西百色·高二期末（理））设函数()()ln ,0e 1,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若函数()y f x b =-有两个零点，则实数b 的取值范围是（）A ．()0,1B ．[)0,1C ．[]0,1D ．[]{}20,1e -⋃-【答案】D【解析】【分析】先求导得出()f x 的单调性，进而画出()f x 的图象，将题设转化为函数()y f x =与y b =有两个交点，结合图象求出实数b 的取值范围即可.【详解】当0x >时，函数()ln f x x =单调递增；当0x ≤时，()()e 1x f x x =+，则()()e 20x f x x ='+=时，2x =-，所以当2x <-时，()0f x '<，20x -<≤时，()0f x '>，故当0x ≤时，()f x 在(),2-∞-上单调递减，在()2,0-上单调递增，所以()f x 在2x =-处取极小值，极小值为()22e f --=-，作出函数()f x 的图象如图：因为函数()y f x b =-有两个零点，所以函数()y f x =与y b =有两个交点，所以当[]{}20,1e b -∈⋃-时函数()y f x =与y b =有两个交点，所以实数b 的取值范围为[]{}20,1e -⋃-.故选：D.2.（2022·宁夏中卫·一模（文））设函数()ln 0e0x x x f x x x ⎧>=⎨≤⎩若函数()()g x f x m =-有两个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．1,0(0,)e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭ D ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】【分析】()()g x f x m =-有两个零点等价于()y f x =与y m =的图象有两个交点，利用导数分析函数()e ,0x h x x x =≤的单调性与最值，画出函数()f x 图象，数形结合可得结果.【详解】解：设()e ,0x h x x x =≤，则()()'e 1x h x x =+，所以()h x 在(),1-∞-上递减，在(]1,0-上递增，()()min 11eh x g =-=-，且1x <-时，()0h x <，()()g x f x m =-有两个零点等价于()y f x =与y m =的图象有两个交点，画出()y f x =的图象，如下图所示，由图可得，1>em -时，()y f x =与y m =的图象有两个交点，此时，函数()()g x f x m =-有两个零点，∴实数m 的取值范围是1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：D.【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的性质、利用导数研究函数的单调性、函数的零点，以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．3.（2022·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高二期中（理））已知函数()34,0,0x x x f x lnx x ⎧-≤=⎨>⎩，若函数()()g x f x x a =+-有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,1B ．[)0,2C ．(],1-∞D ．(],2-∞【答案】B【解析】【分析】构造()()x f x x ϕ=+，通过求导，研究函数的单调性及极值，最值，画出函数图象，数形结合求出实数a 的取值范围.【详解】令()()0g x f x x a =+-=，即()f x x a +=，令()()x f x x ϕ=+，当0x ≤时，()33x x x ϕ=-，()233x x ϕ'=-，令()0x ϕ'>得：1x >或1x <-，结合0x ≤，所以1x <-，令()0x ϕ'<得：11x -<<，结合0x ≤得：10-<≤x ，所以()x ϕ在1x =-处取得极大值，也是最大值，()()max 12x ϕϕ=-=，当x →-∞时，()x ϕ→-∞，且()00ϕ=，当0x >时，()ln x x x ϕ=+，则()110x xϕ'=+>恒成立，()ln x x x ϕ=+单调递增，且当0x →时，()x ϕ→-∞，当x →+∞时，()x ϕ→+∞，画出()x ϕ的图象，如下图：要想()()g x f x x a =+-有3个零点，则[)0,2a ∈故选：B。
高考数学专题突破(2)-利用导数研究不等式与方程的根
1 2e
1．令
g(t)＝－ln
t＋
t
－1(t>0)，则
g′(t)＝－ － t
t2
<0，因此
g(t)即
f′(t)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)ln e＝e，所以 e≤ ，得 0<m≤ ．故选 D．
e
1a
－a
设 h(a)＝g(e)－g ＝e －e －2a(a>0)，
e
a
－a
a
－a
则 h′(a)＝e ＋e －2>2 e ·e －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
a
从而 g(x)max＝g(e)＝－a＋e ，
a
a
所以－a＋e ≤e－1，即 e －a－e＋1≤0，
(1)当 a<1 时，讨论函数 f(x)的单调性；
x2 a
－1
(2)若不等式 f(x)＋(a＋1)x≥ ＋x ＋1－e 对于任意 x∈[e ，e]成立，求正实数 a 的
2
取值范围．
解 (1)由题知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
a x2－a＋1x＋a
f′(x)＝x－(a＋1)＋ ＝
x
x
x－ax－1
个不同的零点，则有 f(－1)＝2＋a>0，且 f(1)＝a－2<0，即－2<a<2，所以实数 a 的取值范
2
围是(－2，2)． 8．若不等式 2x(x－a)>1 在(0，＋∞)上恒成立，则实数 a 的取值范围是________．
高三数学第21练利用导数研究不等式问题练习32
第21练 利用导数研究不等式问题1.已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．(2016·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围．3．(2016·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1.(1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围；(2)求证：在(1)的条件下，当x >1时，12x 2＋ax －a >x ln x ＋12成立．4.已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x＋2ax . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性；(2)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．5．(2017·福州质检)设函数f (x )＝e x －ax －1.(1)当a >0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0；(2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1.答案精析1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x 22－4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116， 由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数， 在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116成立． 2．解 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)，由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x(x >0)， 若h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 由h ′(1)＝h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x(x >0)． 由h ′(x )<0，解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， 即h (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， ∴a ＝3.(2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)，∴a ≤x －ln x x(x >0)． 令φ(x )＝x －ln x x(x >0)， 则φ′(x )＝x 2＋ln x －1x 2， ∵y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0.∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1.即实数a 的取值范围为(－∞，1]．3．(1)解 原题即为存在x >0，使得ln x －x ＋a ＋1≥0，∴a ≥－ln x ＋x －1，令g (x )＝－ln x ＋x －1，则g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x. 令g ′(x )＝0，解得x ＝1.∵当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝0，a ≥g (1)＝0.故a 的取值范围是[0，＋∞)．(2)证明 原不等式可化为12x 2＋ax －x ln x －a －12>0(x >1，a ≥0)． 令G (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则G (1)＝0. 由(1)可知x －ln x －1>0，则G ′(x )＝x ＋a －ln x －1≥x －ln x －1>0，∴G (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴G (x )>G (1)＝0成立，∴12x 2＋ax －x ln x －a －12>0成立， 即12x 2＋ax －a >x ln x ＋12成立． 4．解 (1)求导可得f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2， 令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝－1a， 当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递减；当－2<a <0时，在区间(0，12)，(－1a ，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(12，－1a)上f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a <－2时，在区间(0，－1a )，(12，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(－1a ，12)上f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)由(1)知当a ∈(－3，－2)时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减，所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13＋6a . 问题等价于：对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>1＋2a －(2－a )ln 3－13－6a 成立，即am >23－4a ， 因为a <0，所以m <23a－4， 因为a ∈(－3，－2)，所以只需m ≤(23a－4)min ， 所以实数m 的取值范围为(－∞，－133]． 5．证明 (1)由a >0及f ′(x )＝e x －a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ， 故当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0；当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故g (a )≤0.(2)由(1)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x －x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立，即当x >0时，总有e x >x ＋1.于是，可得(x ＋1)n ＋1<(e x )n ＋1＝e (n ＋1)x . 令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1<e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1<e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1<e －(n －2)； …令x ＋1＝nn ＋1，即x ＝－1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －1. 对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1 ＝e －n (1－e n )1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －n e －1<1e －1<1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1.。
2021届高考数学一轮复习第二部分专题突破练(2)利用导数研究不等式与方程的根(含解析)新人教版B版
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．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)．其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3答案 B解析 依题意，x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g ′(x )＝3x 2－6x ＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3.研究f (x 1)<f (x 2)成立的充要条件：f (x 1)<f (x 2)等价于(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2]<0，因为x 1<x 2，所以有(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2＝－2－λ3>0，解得λ>2.从而可知③正确．故选B ． 2．(2019·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x－3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为( )A ．3B ．2C ．e 2D ．e答案 D解析 因为f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x－3－a x≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e.故选D ．3．设a ＝e 636，b ＝e 749，c ＝e864，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b答案 C解析 构造函数f (x )＝e xx2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x exx －2x 4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >A ．故选C ．4．(2019·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＞x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)答案 A解析 构造函数g (x )＝f x ＋2e x，则g ′(x )＝f ′x －[f x ＋2]e x＜0，则g (x )在R 上单调递减，且g (0)＝f 0＋2e＝3.从而原不等式lnf x ＋23＞x 可化为f x ＋23＞e x，即f x ＋2ex＞3，即g (x )＞g (0)，从而由函数g (x )的单调性，知x ＜0.故选A ．5．(2019·郑州质检一)若对于任意的正实数x ，y 都有⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －y e ln y x ≤xm e 成立，则实数m的取值范围为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，1C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤1e 2，e D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e 答案 D解析 因为x >0，y >0，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －y e ln y x ≤x m e ，所以两边同时乘以e x ，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2e －y x ln y x ≤1m ，令y x＝t (t >0)，令f (t )＝(2e －t )ln t (t >0)，则f ′(t )＝－ln t ＋(2e －t )·1t＝－ln t ＋2et－1.令g (t )＝－ln t ＋2e t －1(t >0)，则g ′(t )＝－1t －2et2<0，因此g (t )即f ′(t )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，因此f (t )max ＝f (e)＝(2e －e)ln e ＝e ，所以e≤1m ，得0<m ≤1e.故选D ．6．(2019·郑州质检三)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0,1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B ．[e ，＋∞) C ．[2，e] D ．[e ，e 2]答案 A解析 f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，令g (x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，则g ′(x )＝a x (ln 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 0×ln a ＋2×0－ln a ＝0，即f ′(x )≥0，则函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (0)＝a －ln a ≤a－2，解得a ≥e 2.故选A ．二、填空题7．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，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 )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2,2)．8．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 (－∞，－1]解析 不等式2x (x －a )>1在(0，＋∞)上恒成立，即a <x －2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f (x )＝x －2－x (x >0)，则f ′(x )＝1＋2－xln 2>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )>f (0)＝－1，所以a ≤－1，即a ∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2019·合肥质检二)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(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≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0， 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即∀x >0，a ≤e x－x 2－1x恒成立，设g (x )＝e x －x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝x －1e x－x －1x 2.设h (x )＝e x－x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2. ∴a 的取值范围是(－∞，e －2]．10．(2020·广东四校联考)已知函数f (x )＝a (x －2ln x )－12x 2＋2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个不同的零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x －x ＋2＝1x(x －2)(a －x )(x >0)．①当a ≤0时，a －x <0，则当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当0<a <2时，令f ′(x )＝0⇒x ＝2或x ＝a ，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(a,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．③当a ＝2时，f ′(x )＝－1x(x －2)2≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．④当a >2时，令f ′(x )＝0⇒x ＝2或x ＝a ，则当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(2，a )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)由(1)知当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不满足条件． 当a ＝0时，f (x )＝－12x 2＋2x 在定义域内只有一个零点．当a <0时，由(1)可得，要使f (x )有两个零点，则f (2)＝a (2－2ln 2)＋2>0，∴1ln 2－1<a <0.下面证明f (x )有两个零点．取x ＝e 1a ，则f (e 1a )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 1a －2×1a －12(e 1a )2＋2e 1a <0，满足f (e 1a )f (2)<0，故f (x )在(0,2)上有且只有一个零点．f (4)＝a (4－2ln 4)<0，满足f (2)f (4)<0，故f (x )在(2，＋∞)上有且只有一个零点．当0<a <2时，由(1)可得当x ∈(0,2)时，f (x )≥f (a )＝a (a －2ln a )－12a 2＋2a ＝12a 2＋2a (1－ln a )>0，故f (x )在(0,2)上无零点，又f (x )在(2，＋∞)上单调递减， ∴f (x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，不满足条件．当a >2，x ∈(0，a )时，f (x )≥f (2)＝a (2－2ln 2)＋2>0，故f (x )在(0，a )上无零点，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，不满足条件．综上，满足条件的实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1ln 2－1，0.11．(2020·四川五校联考)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－(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－a 2恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝4时，f (x )＝4ln x ＋x 2－6x ， ∴f ′(x )＝4x＋2x －6＝2x －4x －1x，令f ′(x )＝2x －4x －1x≥0，解得x ≥2或0<x ≤1.∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1]，[2，＋∞)．(2)令g (x )＝f (x )＋a 2－1(x ≥1)，则g ′(x )＝f ′(x )＝ax＋2x －(a ＋2)＝2x －ax －1x (x ≥1)．①当0<a2<1，即0<a <2时，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)＝a 2－a －2＝(a －2)(a ＋1)<0(不符合题意，舍去)．②当a 2＝1，即a ＝2时，g ′(x )＝2x(x －1)2≥0(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a 2>1，即a >2时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增．∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2＋3a 24－a －1，令h (x )＝x ln x 2＋3x 24－x －1(x >2)，则h ′(x )＝ln x 2＋32x .当x >2时，h ′(x )>0，∴h (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴h (x )>0. ∴g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2>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，＋∞)． 12．已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (k ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f (x 2)<－32.解 (1)f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，①当k ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当k >0时，令t (x )＝x 2－2kx ＋1，当Δ＝4k 2－4≤0，即0<k ≤1时，t (x )≥0恒成立， 即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当Δ＝4k 2－4>0，即k >1时，x 2－2kx ＋1＝0有两个不相等的实根， 则t (x )的两根为k ±k 2－1，所以当x ∈(0，k －k 2－1)时，f ′(x )>0， 当x ∈(k －k 2－1，k ＋k 2－1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(k ＋k 2－1，＋∞)时，f ′(x )>0，故当k ∈(－∞，1]时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当k ∈(1，＋∞)时，f (x )在(0，k －k 2－1)和(k ＋k 2－1，＋∞)上单调递增，在(k －k 2－1，k ＋k 2－1)上单调递减．(2)证明：f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (x >0)，f ′(x )＝1x＋x －2k ，由(1)知当k ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x )无极值， 当k >1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，由f ′(x )＝0得x 2－2kx ＋1＝0，Δ＝4(k 2－1)>0，设x 2－2kx ＋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，f (x 2)＝ln x 2＋12x 22－2kx 2＝ln x 2＋12x 22－(x 1＋x 2)x 2＝ln x 2＋12x 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋x 2x 2 ＝ln x 2－12x 22－1，令g (x )＝ln x －12x 2－1(x >1)，则g ′(x )＝1x－x <0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－32，故f (x 2)<－32.13．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ，g (x )＝x e1－x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若不等式f (x )>0对于一切x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12恒成立，求a 的最小值；(2)若对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1,2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意得(2－a )(x －1)－2ln x >0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立，即a >2－2ln x x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2x －12，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 设φ(x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 则φ′(x )＝2x －2x2＝2x －1x 2<0， 所以φ(x )>φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2ln 12＋2>0， 则h ′(x )>0，因此h (x )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－4ln 2， 则a ≥2－4ln 2，即a 的最小值为2－4ln 2. (2)因为g ′(x )＝(1－x )e 1－x，所以g (x )＝x e1－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)＝e 2－e∈(0,1)，得g (x )＝x e1－x在(0，e]上的值域为(0,1]， 因为f ′(x )＝2－a x －2x，所以当a ≥2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减； 当2－2e ≤a <2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a <2－2e ，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22－a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤22－a ，e 上单调递增， 令m (a )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫22－a ＝a －2ln 22－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a <2－2e ，则m ′(a )＝－a2－a ，易得m (a )在(－∞，0)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2－2e 上单调递减，m (a )≤m (0)＝0， 注意到，当x →0时，f (x )→＋∞，所以欲使对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1,2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，则需满足f (e)≥1， 即a ≤2－3e －1，又因为2－2e －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3e －1＝e ＋2e e －1>0， 所以2－2e >2－3e －1，所以a ≤2－3e －1，综上，a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2－3e －1.14．已知函数f (x )＝e x，g (x )＝1x －a. (1)设函数F (x )＝f (x )＋g (x )，试讨论函数F (x )零点的个数；(2)若a ＝－2，x >0，求证：f (x )·g (x )>x ＋1＋x 2－82x ＋4.解 (1)函数F (x )的定义域为(－∞，a )∪(a ，＋∞)． 当x ∈(a ，＋∞)时，e x>0，1x －a>0， ∴F (x )＝e x＋1x －a>0，即F (x )在(a ，＋∞)上没有零点； 当x ∈(－∞，a )时，F (x )＝e x＋1x －a ＝exx －a ＋1x －a，令h (x )＝e x(x －a )＋1(x <a )， 只要讨论h (x )的零点即可．h ′(x )＝e x (x －a ＋1)，h ′(a －1)＝0，则当x ∈(－∞，a －1)时，h ′(x )<0，h (x )是单调递减函数； 当x ∈(a －1，a )时，h ′(x )>0，h (x )是单调递增函数， ∴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－e a －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 )>x ＋1＋x 2－82x ＋4，即要证e x>(x ＋2)x ＋1＋12x 2－4，∵x ＋1<x 24＋x ＋1＝x2＋1， 下证e x>(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1＋12x 2－4，设M (x )＝e x－(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1－12x 2＋4＝e x －x 2－2x ＋2，则M ′(x )＝e x －2x －2，令φ(x )＝e x－2x －2， 令φ′(x )＝e x－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x 0且1<x 0<2， 则e x 0－2x 0－2＝0，∴M (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴M (x )≥M (x )min ＝M (x 0)＝e x 0－x 20－2x 0＋2＝4－x 20>0，∴e x>(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1＋12x 2－4，∴e x>(x ＋2)x ＋1＋12x 2－4，∴f (x )·g (x )>x ＋1＋x 2－82x ＋4得证．。
2018年高考考点完全题数学(文)专题突破练习题专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根Word版含答案
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．设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则f (x )( )A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均有零点B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)上均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上有零点，在区间(1，e)上无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点 答案 D解析 因为f ′(x )＝13－1x ，所以当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈(0,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，而0<1e <1<e<3，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e ＋1>0，f (1)＝13>0，f (e)＝e 3－1<0，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上无零点，在区间(1，e)上有零点．2．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )恒成立，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－f (x )>0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 C 解析 令F (x )＝f x x ，x >0，则F ′(x )＝xfx －f xx 2，因为f (x )>xf ′(x )，所以F ′(x )<0，所以函数F (x )＝f x x 在(0，＋∞)上为减函数，由不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )>0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x>f xx ，所以1x <x ，又x >0，所以x >1，故选C.3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a >0，b ∈R )，若对任意x >0，f (x )≥f (1)，则( ) A ．ln a <－2b B ．ln a ≤－2b C ．ln a >－2b D ．ln a ≥－2b答案 A解析 f ′(x )＝2ax ＋b －1x，由题意可知f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝1，由选项可知只需比较ln a ＋2b 与0的大小，而b ＝1－2a ，所以只需判断ln a ＋2－4a 的符号．构造一个新函数g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1x －4，令g ′(x )＝0，得x ＝14，当x <14时，g (x )为增函数；当x >14时，g (x )为减函数，所以对任意x >0有g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－ln 4<0，所以有g (a )＝2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0⇒ln a <－2b ，故选A.二、填空题4．已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．答案 (4，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．5．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ＝0，得f ′(x )＝3x 2－3，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 )＝x 3－3x ＋a有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2,2)．6．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞) 解析 由可导函数f (x )的图象，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3>0，x ∈－∞，－∪，＋或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3<0，x ∈－1，，解之得x ∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．7．若二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋c 对任意的x ∈R 恒有f (x )≥0，其导函数满足f ′(0)<0，则ff的最大值为________．答案 0解析 因为f (x )≥0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，16b 2－4ac ≤0.又f ′(0)＝－4b <0，所以b >0，则f f＝4a －8b ＋c －4b ＝2－4a ＋c4b.因为4a ＋c ≥24ac ≥8b ，所以4a ＋c 4b ≥2，故ff ≤2－2＝0，当且仅当4a ＝c ，ac＝4b 2，即a ＝b ，c ＝4b 时，ff取到最大值0.三、解答题 8．已知函数f (x )＝kx 2ex，其中k ∈R 且k ≠0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当k ＝1时，若存在x >0，使ln f (x )>ax 成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)定义域为R ，f ′(x )＝－kx x －e x，若k <0，当x <0或x >2时，f ′(x )>0； 当0<x <2时，f ′(x )<0.若k >0，当x <0或x >2时，f ′(x )<0； 当0<x <2时，f ′(x )>0.所以当k <0时，函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递增区间是(0,2)． (2)当k ＝1时，f (x )＝x 2e x ，x >0，由ln f (x )>ax ，得a <2ln x －xx.设g (x )＝2ln x －x x ，x >0，g ′(x )＝－ln xx 2，所以当0<x <e 时，g ′(x )>0；当x >e 时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，故g (x )max＝g (e)＝2e－1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e －1. 9．已知函数f (x )＝ln x ＋1x.(1)求f (x )的最小值；(2)若函数y ＝f (x )－a 的两个零点为x 1，x 2(x 1<x 2)，证明：x 1＋x 2>2.解 (1)f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2(x >0)，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在设函数f (x )＝a ln x －bx 2.(1)若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值； (2)当b ＝0时，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意，知f ′(x )＝a x－2bx . ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.∴f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x .当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e <x <1. 令f ′(x )<0，得1<x <e.∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.(2)当b ＝0时，f (x )＝a ln x .若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，则a ln x ≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，即m ≤a ln x －x 对所有的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立．令h (a )＝a ln x －x ，则h (a )为一次函数，m ≤h (a )min . ∵x ∈(1，e 2]，∴ln x >0，∴h (a )在a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上单调递增， ∴h (a )min ＝h (0)＝－x ，∴m ≤－x 对所有的x ∈(1，e 2]都成立． ∵1<x ≤e 2，∴－e 2≤－x <－1，∴m ≤(－x )min ＝－e 2，即实数m 的取值范围是(－∞，－e 2]． 11．已知函数f (x )＝a ＋ln xx在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)若对任意x 1，x 2∈，g ′(x )＝－ln x ≥2.⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x 1－f x 21x 1－1x 2为曲线g (x )的割线斜率的绝对值，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x 1－f x 21x 1－1x 2>2. 因此实数k 的取值范围是(－∞，2]． 12．已知函数f (x )＝ax －ln x ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈(0，e]时，求g (x )＝e 2x －ln x 的最小值； (3)当x ∈(0，e]时，证明：e 2x －ln x －ln x x >52.解 (1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令f ′(x )>0，得x >1a ；令f ′(x )<0，得0<x <1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)因为g (x )＝e 2x －ln x ，则g ′(x )＝e 2－1x ＝e 2x －1x，令g ′(x )＝0，得x ＝1e 2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，e 时，g ′(x )>0，所以当x ＝1e 2时，g (x )取得最小值，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝3.(3)证明：令φ(x )＝ln x x ＋52，则φ′(x )＝1－ln xx 2，令φ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x ≤e 时，φ′(x )≥0，h (x )在(0，e]上单调递增， 所以φ(x )max ＝φ(e)＝1e ＋52<12＋52＝3，所以e 2x －ln x >ln x x ＋52，e 2x －ln x －ln x x >52.13．已知函数f (x )＝ln x －ax 2－2x .(1)若函数f (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝－14时，关于x 的方程f (x )＝－12x ＋b 在上恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax 2－2x ＋1x，由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1.在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1max ， 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1取最大值8，∴实数a 的取值范围是a ≥4.(2)当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0， 令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝x －x －2x.列表如下：∴g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2，g (1)＝－b －4，又g (4)＝2ln 2－b －2，∵方程g (x )＝0在上恰有两个不相等的实数根，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ，g ，g得ln 2－2<b ≤－54.。
2020高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
专题突破练(2)利用导数研究不等式与方程的根一、选择题1．(2019·佛山质检)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)＝f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．其中正确结论的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析依题意，x1，x2(x1<x2)是函数g′(x)＝3x2－6x＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ2－λ＋1)>0，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝．研究f(x1)<f(x2)成立的充要条件：3f(x1)<f(x2)等价于(x1－x2)[(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2]<0，因为x1<x2，所以有(x1＋x2)22－λ－3(x1＋x2)－x1x2＋2＝－>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B．33 a2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝e x x＋－3－，若不等式f(x)≤0有正实数解，x x则实数a的最小值为()A．3 B．2 C．e2 D．e答案 D3 a解析因为f(x)＝e x x＋－3－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)e x，令g(x)＝(x2x x－3x＋3)e x，则g′(x)＝(2x－3)e x＋(x2－3x＋3)e x＝x(x－1)e x，所以当x>1 时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，所以a≥e．故选D．e6 e7 e83．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为()36 49 64A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b答案 Ce x x e x x－2解析构造函数f(x)＝，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，当x>2x2 x4时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)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＞x的解集为()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)答案 Af x＋2解析构造函数g(x)＝，则g′(x)＝e xf′x－f x＋2f0＋2＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝＝3．从而原不等式lne x e0f x＋2 f x＋2 f x＋2＞x可化为＞e x，即＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，3 3 e x知x＜0．故选A．y y x 5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x，y都有2x－ln ≤成立，则实数me x m e的取值范围为()1 1 1 1A．，1 B．，1 C．，e D．0，e e2 e2 e答案 Dy y x e y y 1 y 解析因为x>0，y>0，2x－ln ≤，所以两边同时乘以，可得2e－ln ≤，令e x m e x x x m x1 2e ＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)·ln t(t>0)，则f′(t)＝－ln t＋(2e－t)·＝－ln t＋－t t2e 1 2e1．令g(t)＝－ln t＋－1(t>0)，则g′(t)＝－－<0，因此g(t)即f′(t)在(0，＋∞)t t t2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)ln e＝e，所以e≤，得0<m≤．故选D．m e6．(2018·郑州质检三)已知函数f(x)＝a x＋x2－x ln a，对任意的x1，x2∈[0，1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是()A．[e2，＋∞)B．[e，＋∞)C．[2，e] D．[e，e2]答案 A解析f′(x)＝a x ln a＋2x－ln a，令g(x)＝a x ln a＋2x－ln a，则g′(x)＝a x(ln a)2＋2>0，所以函数g(x)在[0，1]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝a0×ln a＋2×0－ln a＝0，即f′(x)≥0，则函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝a－lna≤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(－2，2)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有三个不同的零点，则有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－2<a<2，所以实数a的取值范围是(－2，2)．8．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(－∞，－1]解析不等式2x(x－a)>1 在(0，＋∞)上恒成立，即a<x－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x>0)，则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≤－1，即a∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2018·合肥质检二)已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2(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≥x3＋x，求a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝x e x－2ax＝x(e x－2a)．当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；1当0<a< 时，f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，2在(ln 2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；1当a＝时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；21当a> 时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，2在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；综上所述，当a≤0时，f(x)有1个极值点；1当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；21当a＝时，f(x)没有极值点．2(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，e x－x2－1即a≤对∀x>0恒成立，xe x－x2－1设g(x)＝(x>0)，xx－1e x－x－1则g′(x)＝．x2设h(x)＝e x－x－1(x>0)，则h′(x)＝e x－1．∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即e x>x＋1，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2．∴a的取值范围是(－∞，e－2]．10．(2018·郑州质检一)已知函数f(x)＝ln 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；x2 1(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值2 2范围．解(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．1 ∵f′(x)＝－a，x∴f′(1)＝1－a＝0，1 1－x∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，x x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(1，＋∞)．x2 1 x2 1(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)，2 2 2 2x2 1令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，2 21－x2＋1－k x＋1则g′(x)＝－x＋1－k＝，x x1－k 令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x>1)，h(x)的对称轴为直线x＝，21－k①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，2∴h(x)<h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)<g(1)＝0，不符合题意；若－1≤k<1，则h(1)>0，Earlybird∴必存在x0，使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．1－k②当>1，即k<－1时，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，2∴h(x)>h(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)．111．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a ln x．2(1)当a<1时，讨论函数f(x)的单调性；x2(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2取值范围．解(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，af′(x)＝x－(a＋1)＋＝x xx2－a＋1x＋ax－a x－1＝，x若0<a<1，则当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；若a≤0，则当0<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，＋∞)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，＋∞)上单调递增．x2 1(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－a ln x＋x a≤e－1成立，设g(x)＝－a ln x＋x a，a>0，所以g(x)max≤e－1，－a a x a－1g′(x)＝＋ax a－1＝，x 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，eEarlybird在(1，e]上单调递增，1g(x)max为g＝a＋e－a与g(e)＝－a＋e a中的较大者．e1设h(a)＝g(e)－g＝e a－e－a－2a(a>0)，e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－a＋e a≤e－1，即e a－a－e＋1≤0，设φ(a)＝e a－a－e＋1(a>0)，则φ′(a)＝e a－1>0，所以φ(a)在(0，＋∞)上单调递增．又φ(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 e1－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(2)若对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i(i＝1，2)，使f(x i)＝g(x0)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2 x－1 2 恒成立．2ln x 1令h(x)＝2－，x∈0，，x－1 22 2lnx＋－2x 1则h′(x)＝，x∈0，，x－1 2 22 1设φ(x)＝2ln x＋－2，x∈0，，x 22 2 2x－1则φ′(x)＝－＝<0，x x2 x21 1所以φ(x)>φ＝2ln ＋2>0，2 21则h′(x)>0，因此h(x)<h＝2－4ln 2，2Earlybird则a≥2－4ln 2，即a的最小值为2－4ln 2．(2)因为g′(x)＝(1－x)e1－x，所以g(x)＝x e1－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]，2－a x－2因为f′(x)＝，x所以当a≥2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减；2当2－≤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，上单调递减，e 2－a2在，e上单调递增，2－a2 2 2令m(a)＝f＝a－2ln a<2－，2－a2－a e－a则m′(a)＝，易得m(a)在(－∞，0)上单调递增，2－a2在0，2－上单调递减，m(a)≤m(0)＝0，e注意到，当x→0时，f(x)→＋∞，所以欲使对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i(i＝1，2)，使f(x i)＝g(x0)成立，则需满足f(e)≥1，3即a≤2－，e－12 3 e＋2又因为2－－2－＝>0，e e－1 e e－12 3 3所以2－>2－，所以a≤2－，e e－1 e－13综上，a∈－∞，2－．e－113．(2018·江西重点中学盟校联考一)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c ln x(a，b，c∈R)．(1)当a＝1，b＝1，c＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当b＝2a，c＝1时，求最大的整数b，使得0<x≤2时，函数y＝f(x)图象上的点都在Error!所表示的平面区域内(含边界)．解(1)当a＝1，b＝1，c＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，Earlybird1则f′(x)＝2x＋1－，所以f′(1)＝2，x又f(1)＝2，所以所求的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0．1(2)当b＝2a，c＝1时，由题意得f(x)＝bx2＋bx＋ln x，2当0<x≤2时，f(x)≤－x－1，1即ln x＋bx2＋(b＋1)x＋1≤0，21设g(x)＝ln x＋bx2＋(b＋1)x＋1，2则问题等价于当0<x≤2时，g(x)max≤0．1bx＋1x＋1因为g′(x)＝＋bx＋(b＋1)＝，x x当b≥0时，若0<x≤2，则g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)max＝g(2)＝ln 2＋4b＋3>0，故不满足条件；1 1当b<0时，因为b为整数，故b≤－1，所以0<－≤1，则g(x)在0，－上单调递增，b b1在－，2上单调递减，b1 1所以g(x)max＝g－＝－ln (－b)－≤0，b2b1即ln (－b)＋≥0．(*)2b1易知函数h(x)＝ln (－x)＋(x<0)为单调递减函数，2x1 1又h(－1)＝－<0，h(－2)＝ln 2－>0，2 4所以满足(*)的最大整数b为－2，综上可知，满足条件的最大的整数b为－2．14．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)＝(x＋b)(e x－a)(b>0)在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋e y＋e－1＝0．(1)求a，b；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x．1－e 1－e解(1)由题意知切线方程为y－＝x，e e 当x＝－1时，y＝0，1 所以f(－1)＝(－1＋b) －a＝0，e又f′(x)＝(x＋b＋1)e x－a，b 1所以f′(－1)＝－a＝－1＋，e e1若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故b＝1，a＝1．e(2)证法一：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(e x－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(e x－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)e x－2，当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)e x－2≤－2<0；当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)e x－2，则h′(x)＝(x＋3)e x>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x．证法二：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(e x－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(e x－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)e x－2，令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)e x，当x<－3时，t′(x)<0，g′(x)单调递减，且g′(x)<0；当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x．。
2020高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根一、选择题1．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)．其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 依题意，x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g ′(x )＝3x 2－6x ＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3．研究f (x 1)<f (x 2)成立的充要条件：f (x 1)<f (x 2)等价于(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2]<0，因为x 1<x 2，所以有(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2＝－2－λ3>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B ．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e xx ＋3x －3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为( )A ．3B ．2C ．e 2D ．e 答案 D解析 因为f (x )＝e x x ＋3x －3－a x≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e．故选D ．3．设a ＝e 636，b ＝e 749，c ＝e864，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b 答案 C解析 构造函数f (x )＝e xx 2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x e x(x －2)x4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)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＞x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞) C．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )＋2ex，则g ′(x )＝f ′(x )－(f (x )＋2)ex＜0，则g (x )在R 上单调递减，且g (0)＝f (0)＋2e＝3．从而原不等式lnf (x )＋23＞x 可化为f (x )＋23＞e x，即f (x )＋2ex＞3，即g (x )＞g (0)，从而由函数g (x )的单调性，知x ＜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 e ln y x ≤xm e 成立，则实数m的取值范围为( )A ．1e ，1B ．1e 2，1C ．1e 2，eD ．0，1e 答案 D解析 因为x >0，y >0，2x －y e ln y x ≤x m e ，所以两边同时乘以e x ，可得2e －y x ln y x ≤1m ，令y x＝t (t >0)，令f (t )＝(2e －t )·ln t (t >0)，则f ′(t )＝－ln t ＋(2e －t )·1t ＝－ln t ＋2et－1．令g (t )＝－ln t ＋2e t －1(t >0)，则g ′(t )＝－1t －2e t2<0，因此g (t )即f ′(t )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，因此f (t )max ＝f (e)＝(2e －e)ln e ＝e ，所以e≤1m ，得0<m ≤1e．故选D ．6．(2018·郑州质检三)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0，1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B．[e ，＋∞) C．[2，e] D ．[e ，e 2] 答案 A解析 f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，令g (x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，则g ′(x )＝a x (ln 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 0×ln a ＋2×0－ln a ＝0，即f ′(x )≥0，则函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (0)＝a －lna ≤a －2，解得a ≥e 2．故选A ．二、填空题7．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2，2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，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 )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．8．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 (－∞，－1]解析 不等式2x(x －a )>1在(0，＋∞)上恒成立，即a <x －2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f (x )＝x －2－x (x >0)，则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 ≤－1，即a ∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(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≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0， 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即a ≤e x－x 2－1x对∀x >0恒成立，设g (x )＝e x－x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x－x －1)x2． 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1． ∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2． ∴a 的取值范围是(－∞，e －2]．10．(2018·郑州质检一)已知函数f (x )＝ln 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；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>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，＋∞)． ∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx，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(1，＋∞)． (2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)，令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x >1)，h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意； 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0，使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．11．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ．(1)当a <1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋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，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋ax＝(x －a )(x －1)x，若0<a <1，则当0<x <a 或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a <x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；若a ≤0，则当0<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，＋∞)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，＋∞)上单调递增．(2)不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对任意x ∈[e －1，e]成立等价于对任意x ∈1e ，e ，有－a ln x ＋x a≤e－1成立， 设g (x )＝－a ln x ＋x a，a >0， 所以g (x )max ≤e－1，g ′(x )＝－a x ＋ax a －1＝a (x a －1)x，令g ′(x )<0，得0<x <1；令g ′(x )>0，得x >1，所以函数g (x )在1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g (x )max 为g 1e＝a ＋e －a 与g (e)＝－a ＋e a 中的较大者．设h (a )＝g (e)－g 1e ＝e a －e －a－2a (a >0)，则h ′(a )＝e a ＋e －a －2>2e a ·e －a－2＝0，所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增，故h (a )>h (0)＝0， 所以g (e)>g 1e，从而g (x )max ＝g (e)＝－a ＋e a，所以－a ＋e a ≤e－1，即e a－a －e ＋1≤0， 设φ(a )＝e a－a －e ＋1(a >0)， 则φ′(a )＝e a－1>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增．又φ(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)若不等式f (x )>0对于一切x ∈0，12恒成立，求a 的最小值；(2)若对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意得(2－a )(x －1)－2ln x >0在0，12上恒成立，即a >2－2ln x x －1在0，12上恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈0，12，则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2，x ∈0，12， 设φ(x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈0，12，则φ′(x )＝2x －2x 2＝2(x －1)x2<0，所以φ(x )>φ12＝2ln 12＋2>0，则h ′(x )>0，因此h (x )<h 12＝2－4ln 2，则a ≥2－4ln 2，即a 的最小值为2－4ln 2． (2)因为g ′(x )＝(1－x )e 1－x，所以g (x )＝x e1－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)＝e 2－e∈(0，1)，得g (x )＝x e1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，因为f ′(x )＝(2－a )x －2x，所以当a ≥2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减； 当2－2e ≤a <2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a <2－2e ，此时f (x )在0，22－a 上单调递减，在22－a，e 上单调递增， 令m (a )＝f22－a ＝a －2ln 22－a a <2－2e， 则m ′(a )＝－a2－a ，易得m (a )在(－∞，0)上单调递增，在0，2－2e上单调递减，m (a )≤m (0)＝0，注意到，当x →0时，f (x )→＋∞，所以欲使对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，则需满足f (e)≥1， 即a ≤2－3e －1，又因为2－2e －2－3e －1＝e ＋2e (e －1)>0，所以2－2e >2－3e －1，所以a ≤2－3e －1，综上，a ∈－∞，2－3e －1． 13．(2018·江西重点中学盟校联考一)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ，b ，c ∈R )． (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当b ＝2a ，c ＝1时，求最大的整数b ，使得0<x ≤2时，函数y ＝f (x )图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤2，x ＋y ＋1≤0所表示的平面区域内(含边界)．解 (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ， 则f ′(x )＝2x ＋1－1x，所以f ′(1)＝2，又f (1)＝2，所以所求的切线方程为y －2＝2(x －1)， 即2x －y ＝0．(2)当b ＝2a ，c ＝1时，由题意得f (x )＝12bx 2＋bx ＋ln x ，当0<x ≤2时，f (x )≤－x －1， 即ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1≤0，设g (x )＝ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1，则问题等价于当0<x ≤2时，g (x )max ≤0． 因为g ′(x )＝1x ＋bx ＋(b ＋1)＝(bx ＋1)(x ＋1)x，当b ≥0时，若0<x ≤2，则g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )max ＝g (2)＝ln 2＋4b ＋3>0，故不满足条件；当b <0时，因为b 为整数，故b ≤－1，所以0<－1b ≤1，则g (x )在0，－1b上单调递增，在－1b，2上单调递减，所以g (x )max ＝g －1b ＝－ln (－b )－12b ≤0，即ln (－b )＋12b ≥0．(*)易知函数h (x )＝ln (－x )＋12x(x <0)为单调递减函数， 又h (－1)＝－12<0，h (－2)＝ln 2－14>0，所以满足(*)的最大整数b 为－2，综上可知，满足条件的最大的整数b 为－2．14．(2018·石家庄一模)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0．(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x ．解 (1)由题意知切线方程为y －1－e e ＝1－ee x ，当x ＝－1时，y ＝0，所以f (－1)＝(－1＋b )1e －a ＝0，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e ，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故b ＝1，a ＝1．(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x－1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2，当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0； 当x >－2时，设h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0⇒(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x ， 故f (x )≥mx 2＋x ．证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0， 由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x －2， 令t (x )＝g ′(x )， 则t ′(x )＝(x ＋3)e x ，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0；当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x．。
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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．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)．其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 依题意，x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g ′(x )＝3x 2－6x ＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3．研究f (x 1)<f (x 2)成立的充要条件：f (x 1)<f (x 2)等价于(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2]<0，因为x 1<x 2，所以有(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2＝－2－λ3>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B ．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e xx ＋3x －3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为( )A ．3B ．2C ．e 2D ．e 答案 D解析 因为f (x )＝e x x ＋3x －3－a x≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e．故选D ．3．设a ＝e 636，b ＝e 749，c ＝e864，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b 答案 C解析 构造函数f (x )＝e xx 2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x e x(x －2)x4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)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＞x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞) C．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )＋2ex，则g ′(x )＝f ′(x )－(f (x )＋2)ex＜0，则g (x )在R 上单调递减，且g (0)＝f (0)＋2e＝3．从而原不等式lnf (x )＋23＞x 可化为f (x )＋23＞e x，即f (x )＋2ex＞3，即g (x )＞g (0)，从而由函数g (x )的单调性，知x ＜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 e ln y x ≤xm e 成立，则实数m的取值范围为( )A ．1e ，1B ．1e 2，1C ．1e 2，eD ．0，1e 答案 D解析 因为x >0，y >0，2x －y e ln y x ≤x m e ，所以两边同时乘以e x ，可得2e －y x ln y x ≤1m ，令y x＝t (t >0)，令f (t )＝(2e －t )·ln t (t >0)，则f ′(t )＝－ln t ＋(2e －t )·1t ＝－ln t ＋2et－1．令g (t )＝－ln t ＋2e t －1(t >0)，则g ′(t )＝－1t －2e t2<0，因此g (t )即f ′(t )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，因此f (t )max ＝f (e)＝(2e －e)ln e ＝e ，所以e≤1m ，得0<m ≤1e．故选D ．6．(2018·郑州质检三)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0，1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B．[e ，＋∞) C ．[2，e] D ．[e ，e 2] 答案 A解析 f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，令g (x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，则g ′(x )＝a x (ln 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 0×ln a ＋2×0－ln a ＝0，即f ′(x )≥0，则函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (0)＝a －lna ≤a －2，解得a ≥e 2．故选A ．二、填空题7．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2，2)解析 由f (x )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，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 )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．8．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 (－∞，－1]解析 不等式2x(x －a )>1在(0，＋∞)上恒成立，即a <x －2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f (x )＝x －2－x (x >0)，则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 ≤－1，即a ∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(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≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0， 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即a ≤e x－x 2－1x对∀x >0恒成立，设g (x )＝e x－x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x－x －1)x2． 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1． ∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2． ∴a 的取值范围是(－∞，e －2]．10．(2018·郑州质检一)已知函数f (x )＝ln 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；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>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，＋∞)． ∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx，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(1，＋∞)． (2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)，令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x >1)，h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意； 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0，使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．11．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ．(1)当a <1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋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，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋ax＝(x －a )(x －1)x，若0<a <1，则当0<x <a 或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a <x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；若a ≤0，则当0<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，＋∞)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，＋∞)上单调递增．(2)不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对任意x ∈[e －1，e]成立等价于对任意x ∈1e ，e ，有－a ln x ＋x a≤e－1成立， 设g (x )＝－a ln x ＋x a，a >0， 所以g (x )max ≤e－1，g ′(x )＝－a x ＋ax a －1＝a (x a －1)x，令g ′(x )<0，得0<x <1；令g ′(x )>0，得x >1，所以函数g (x )在1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g (x )max 为g 1e＝a ＋e －a 与g (e)＝－a ＋e a 中的较大者．设h (a )＝g (e)－g 1e ＝e a －e －a－2a (a >0)，则h ′(a )＝e a ＋e －a －2>2e a ·e －a－2＝0，所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增，故h (a )>h (0)＝0， 所以g (e)>g 1e，从而g (x )max ＝g (e)＝－a ＋e a，所以－a ＋e a ≤e－1，即e a－a －e ＋1≤0， 设φ(a )＝e a－a －e ＋1(a >0)， 则φ′(a )＝e a－1>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增．又φ(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)若不等式f (x )>0对于一切x ∈0，12恒成立，求a 的最小值；(2)若对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意得(2－a )(x －1)－2ln x >0在0，12上恒成立，即a >2－2ln x x －1在0，12上恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈0，12，则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2，x ∈0，12， 设φ(x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈0，12，则φ′(x )＝2x －2x 2＝2(x －1)x2<0，所以φ(x )>φ12＝2ln 12＋2>0，则h ′(x )>0，因此h (x )<h 12＝2－4ln 2，则a ≥2－4ln 2，即a 的最小值为2－4ln 2． (2)因为g ′(x )＝(1－x )e 1－x，所以g (x )＝x e1－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)＝e 2－e∈(0，1)，得g (x )＝x e1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，因为f ′(x )＝(2－a )x －2x，所以当a ≥2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减； 当2－2e ≤a <2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a <2－2e ，此时f (x )在0，22－a 上单调递减，在22－a，e 上单调递增， 令m (a )＝f22－a ＝a －2ln 22－a a <2－2e， 则m ′(a )＝－a2－a ，易得m (a )在(－∞，0)上单调递增，在0，2－2e上单调递减，m (a )≤m (0)＝0，注意到，当x →0时，f (x )→＋∞，所以欲使对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，则需满足f (e)≥1， 即a ≤2－3e －1，又因为2－2e －2－3e －1＝e ＋2e (e －1)>0，所以2－2e >2－3e －1，所以a ≤2－3e －1，综上，a ∈－∞，2－3e －1． 13．(2018·湖北八市联考)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝1x －a．(1)设函数F (x )＝f (x )＋g (x )，试讨论函数F (x )零点的个数；(2)若a ＝－2，x >0，求证：f (x )·g (x )>x ＋1＋x 2－82x ＋4．解 (1)函数F (x )的定义域为(－∞，a )∪(a ，＋∞)． 当x ∈(a ，＋∞)时，e x>0，1x －a>0， ∴F (x )＝e x＋1x －a>0，即F (x )在(a ，＋∞)上没有零点； 当x ∈(－∞，a )时，F (x )＝e x＋1x －a ＝e x(x －a )＋1x －a ，令h (x )＝e x(x －a )＋1(x <a )， 只要讨论h (x )的零点即可．h ′(x )＝e x (x －a ＋1)，h ′(a －1)＝0，则当x ∈(－∞，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(－∞，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－e a －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 )>x ＋1＋x 2－82x ＋4，即要证e x>(x ＋2)x ＋1＋12x 2－4，∵x ＋1<x 24＋x ＋1＝x2＋1， 下证e x>(x ＋2)x 2＋1＋12x 2－4，设M (x )＝e x－(x ＋2)x 2＋1－12x 2＋4＝e x－x 2－2x ＋2，则M ′(x )＝e x－2x －2，令φ(x )＝e x－2x －2， 令φ′(x )＝e x －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x 0且1<x 0<2， 则e x 0－2x 0－2＝0，∴M (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴M (x )≥M (x )min ＝M (x 0)＝e x 0－x 20－2x 0＋2＝4－x 20>0，∴e x>(x ＋2)x 2＋1＋12x 2－4，∴e x>(x ＋2)x ＋1＋12x 2－4，∴f (x )·g (x )>x ＋1＋x 2－82x ＋4得证．14．(2018·河南六市联考一)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (k ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f (x 2)<－32．解 (1)f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，①当k ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当k >0时，令t (x )＝x 2－2kx ＋1，当Δ＝4k 2－4≤0，即0<k ≤1时，t (x )≥0恒成立， 即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当Δ＝4k 2－4>0，即k >1时，x 2－2kx ＋1＝0， 则t (x )的两根为k ±k 2－1，所以当x ∈(0，k －k 2－1)时，f ′(x )>0， 当x ∈(k －k 2－1，k ＋k 2－1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(k ＋k 2－1，＋∞)时，f ′(x )>0，故当k ∈(－∞，1]时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当k ∈(1，＋∞)时，f (x )在(0，k －k 2－1)和(k ＋k 2－1，＋∞)上单调递增，在(k －k 2－1，k ＋k 2－1)上单调递减．(2)证明：f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (x >0)，f ′(x )＝1x＋x －2k ，由(1)知当k ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x )无极值， 当k >1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x，由f ′(x )＝0得x 2－2kx ＋1＝0，Δ＝4(k 2－1)>0，设x 2－2kx ＋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，f (x 2)＝ln x 2＋12x 22－2kx 2＝ln x 2＋12x 22－(x 1＋x 2)x 2＝ln x 2＋12x 22－1x 2＋x 2x 2＝ln x 2－12x 22－1，令g (x )＝ln x －12x 2－1(x >1)，则g ′(x )＝1x－x <0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－32，故f (x 2)<－32．。