2018年高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练理

第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0)． 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案：B2．(2017·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y ＝f y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示． 由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，因此f （x ）x 在R 上是单调递减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析：由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )＜0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )＞0，且f (0)＝1＞0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a ＜0时，需使x 0＞0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，则a 2＞4，所以a ＜－2.答案：C5．(2017·佛山调研)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：由g (x )＝xf (x )＋1＝0得，xf (x )＝－1(x ＞0)，设h (x )＝xf (x )，则h ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 因为xf ′(x )＋f (x )＞0，所以h ′(x )＞0，即函数在(0，＋∞)上为增函数， 因为h (0)＝0·f (0)＝0， 所以当x ＞0时，h (x )＞h (0)＝0， 故h (x )＝－1无解，故函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为0个． 答案：A 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )，满足f (x )＞f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex＜1的解集为________． 解析：构造函数g (x )＝f （x ）ex ，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－e x·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )＜0恒成立， 所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex＜1，即g (x )＜1，所以x ＞0， 所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)8．(2017·德州二模)若对任意的x ∈D ，均有g (x )≤f (x )≤h (x )成立，则称函数f (x )为函数g (x )到函数h (x )在区间D 上的“任性函数”．已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝x 2－2x ，h (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)，且f (x )是g (x )到h (x )在区间[1，e]上的“任性函数”，则实数k的取值范围是________．(导学号 54850101)解析：依题意，∀x ∈[1，e]，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)恒成立．所以x －2≤k ≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立．又y ＝x －2在[1，e]上是增函数， 所以(x －2)max ＝e －2，则k ≥e －2.①设φ(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)，x ∈[1，e]．则φ′＝－1x2(ln x ＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1x＝x －ln x x2≥0，所以φ(x )在[1，e]上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝2. 所以k ≤2，②由①②知，当e －2≤k ≤2时，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立． 答案：[e －2，2] 三、解答题9．(2017·贵阳质检)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解：由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e. (3)证明：要证ln e 2x ≤1＋xx，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立，原不等式得证．10．(2017·西安调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 54850102)(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x ＞0时，f （x ）x ＜f ′（x ）2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)， 则f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2，解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0，得0＜x ＜12或x ＞1，由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0，得12＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)若f （x ）x ＜f ′（x ）2，则ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12， 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x，则h ′(x )＝1－ln x x ＋12x ＝3－2ln x2x，由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 32，所以h (x )在(0，e 32)上单调递增， 由h ′(x )＜0，得x ＞e 32，所以h (x )在(e 32，＋∞)上单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e 32)＝e －32，所以a ＋12＞e －32，故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2017·沈阳质检)函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时， f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞1； 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1＞－1即m ＞－2，① 当0＜x ＜1时，f (x )＝x (－1＋ln x )＜0； 当x ＞0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2，f (e 2)＝e 2＞0)．如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，② 故①②可得－2＜m ＜－1.故实数m 的取值范围是(－2，－1)．[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.规范解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点． 综上可知，a 的取值范围为(0，＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，(8分) 2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减， 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)， 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时，g ′(x )＜0，而g (1)＝0，故当x ＞1时，g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解．3．注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第一步，准确求出函数f (x )的导数．第二步，讨论a 的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a 的取值范围．第三步，将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步，构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，判定x ＞1时，g (x )＜0.第五步，写出结论，检验反思，规范步骤．[跟踪训练] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(导学号 54850027)(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1，由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 从而g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1e.设函数h (x )＝x e －x－2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上可知，当x ＞0时，g (x )＞h (x )， 即f (x )＞1.。