2018數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式第5講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題課時規(guī)范練文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE17學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第5講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點、不等式的綜合問題一、選擇題1．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（)A．（－∞，0） B．（－∞，4]C．（0,＋∞） D．[4，＋∞）解析：條件可轉(zhuǎn)化為a≤2lnx＋x＋eq\f（3，x)恒成立．設(shè)f（x）＝2lnx＋x＋eq\f(3，x），則f′(x）＝eq\f(（x＋3)(x－1）,x2)（x＞0)．當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,＋∞）時，f′(x）＞0，函數(shù)f(x）單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f（1)＝4.所以a≤4.答案：B2．（2017·貴陽聯(lián)考）已知函數(shù)f（x）的定義域為[－1，4］，部分對應(yīng)值如下表：x－10234f(x）12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x)的圖象如圖所示．當(dāng)1＜a＜2時，函數(shù)y＝f（x）－a的零點的個數(shù)為（)A．1 B．2C．3 D．4解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)y＝f(x）的大致圖象如圖所示．由于f（0)＝f（3)＝2，1＜a＜2，所以y＝f（x)－a的零點個數(shù)為4.答案：D3．函數(shù)f(x）的定義域為R，f(－1)＝3，對任意x∈R，f′（x)＜3，則f（x)＞3x＋6的解集為（）A．(－1,1) B．(－1,＋∞）C．(－∞，－1） D．(－∞，＋∞)解析：設(shè)g（x）＝f(x)－（3x＋6），則g′（x）＝f′(x）－3＜0,所以g（x）為減函數(shù)，又g(－1)＝f(－1）－3＝0，所以根據(jù)單調(diào)性可知g（x）＞0的解集是｛x|x＜－1}．答案：C4．（2014·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f（x）＝ax3－3x2＋1，若f（x)存在唯一的零點x0，且x0＞0,則a的取值范圍是()（導(dǎo)學(xué)號55410101)A．(2，＋∞） B．(1，＋∞）C．(－∞，－2) D．（－∞,－1）解析:由題意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f（2，a)。當(dāng)a＞0時,x∈(－∞,0），f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（2，a））)，f′（x)＜0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，a），＋∞））,f′(x）＞0，且f(0）＝1＞0，故f(x)有小于0的零點，不滿足．當(dāng)a＜0時,需使x0＞0且唯一，只需feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，a）))＞0，則a2＞4,所以a＜－2。答案：C5．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋clnx(a，b，c為常數(shù)，a＞0）在區(qū)間(0，1)和（2，＋∞）上均單調(diào)遞增,在(1，2)上單調(diào)遞減,則函數(shù)f（x)的零點個數(shù)為（）A．0 B．1C．2 D．3解析：由題意可得f′（x)＝2ax＋b＋eq\f（c,x），則eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(f′（1）＝2a＋b＋c＝0，,f′(2）＝4a＋b＋\f（c,2）＝0，))解得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(b＝－6a，，c＝4a，))所以f（x)＝a（x2－6x＋4lnx)，則極大值f（1)＝－5a＜0,極小值f(2)＝a（4ln2－8）＜又f（10）＝a(40＋4ln10）＞0，結(jié)合函數(shù)圖象可得該函數(shù)只有一個零點．答案:B二、填空題6．做一個無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27πdm3，且用料最省,則圓柱的底面半徑為________dm。解析:設(shè)圓柱的底面半徑為Rdm，母線長為ldm,則V＝πR2l＝27π，所以l＝eq\f(27，R2),要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最?。甋表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq\f(27,R)，所以S′表＝2πR－eq\f（54π,R2).令S′表＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時，S表最小．答案：37．(2017·長沙調(diào)研)定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x),滿足f（x）＞f′(x），且f（0）＝1，則不等式eq\f（f(x）,ex)＜1的解集為________．解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x），ex）,則g′（x)＝eq\f(ex·f′(x）－ex·f（x），(ex)2)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex）.由題意得g′（x)＜0恒成立，所以函數(shù)g（x）＝eq\f（f(x)，ex)在R上單調(diào)遞減．又g(0)＝eq\f（f(0）,e0)＝1,所以eq\f(f（x)，ex)＜1，即g(x)＜1，所以x＞0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．答案：(0，＋∞）8．(2017·南寧調(diào)研）已知f(x）＝－x2－6x－3，g(x）＝2x3＋3x2－12x＋9，設(shè)m＜－2,若?x1∈[m，－2),?x2∈(0，＋∞)，使得f（x1)＝g(x2)成立，則實數(shù)m的最小值為________．解析：因為g(x）＝2x3＋3x2－12x＋9，所以g′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)（x－1)．則當(dāng)0＜x＜1時,g′(x）＜0，函數(shù)g（x)遞減；當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，函數(shù)g(x)遞增，所以g（x)min＝g(1)＝2。因為f（x)＝－x2－6x－3＝－(x＋3)2＋6≤6，結(jié)合函數(shù)圖象知（圖略)，當(dāng)f（x）＝2時，方程兩根分別為－5和－1，則m的最小值為－5。答案:－5三、解答題9．(2017·貴陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x）＝eq\f(x－1,x)－lnx。(1）求f（x)的單調(diào)區(qū)間；（2)求函數(shù)f(x）在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1,e）,e)）上的最大值和最小值（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）；(3）求證:lneq\f（e2，x）≤eq\f(1＋x,x).(1)解:f(x)＝eq\f（x－1,x)－lnx＝1－eq\f(1，x）－lnx,f（x）的定義域為（0，＋∞)．因為f′(x）＝eq\f（1,x2）－eq\f（1，x）＝eq\f（1－x，x2)，所以f′(x）＞0?0＜x＜1,f′（x)＜0?x＞1.所以f（x）＝1－eq\f（1，x)－lnx在（0，1)上單調(diào)遞增,在(1，＋∞）上單調(diào)遞減．(2）解：由(1）得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1,e)，1)）上單調(diào)遞增,在（1，e］上單調(diào)遞減，所以f(x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1,e），e))上的最大值為f(1)＝1－eq\f(1，1)－ln1＝0。又feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e)））＝1－e－lneq\f(1，e）＝2－e，f（e)＝1－eq\f(1,e）－lne＝－eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，e））)＜f（e)．所以f(x）在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1,e)，e）)上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,e)））＝2－e。所以f(x)在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，e)，e））上的最大值為0,最小值為2－e.(3)證明：要證lneq\f(e2,x)≤eq\f（1＋x,x)，即證2－lnx≤1＋eq\f（1，x），即證1－eq\f（1，x）－lnx≤0。由（1)可知,f(x）＝1－eq\f(1，x）－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在（1,＋∞)上單調(diào)遞減，所以f（x)在（0,＋∞）上的最大值為f(1）＝1－1－ln1＝0，即f(x）≤0，所以1－eq\f（1，x）－lnx≤0恒成立,原不等式得證．10．(2017·西安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,2)x2－(a＋1）x.（導(dǎo)學(xué)號55410102）(1)若曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程為y＝－2，求f(x）的單調(diào)區(qū)間;(2）若x＞0時，eq\f（f（x),x)＜eq\f（f′(x）,2）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1)由已知得f′(x)＝eq\f(1，x)＋ax－（a＋1),則f′(1）＝0.而f（1）＝ln1＋eq\f（a，2)－(a＋1）＝－eq\f(a,2）－1,所以曲線y＝f（x)在x＝1處的切線方程為y＝－eq\f(a,2)－1.所以－eq\f(a，2）－1＝－2，解得a＝2。所以f(x)＝lnx＋x2－3x，f′(x）＝eq\f(1，x)＋2x－3。由f′(x）＝eq\f（1，x）＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1，x）＞0，得0＜x＜eq\f（1,2)或x＞1，由f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＜0，得eq\f(1,2）＜x＜1，所以f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和（1,＋∞），f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2），1）).(2)若eq\f(f(x），x)＜eq\f(f′（x）,2)，則eq\f（lnx,x)＋eq\f(a，2）x－（a＋1)＜eq\f（1，2x)＋eq\f（ax,2）－eq\f（a＋1，2），即eq\f(lnx,x)－eq\f（1,2x)＜eq\f（a＋1,2）在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．設(shè)h（x)＝eq\f（lnx，x）－eq\f(1，2x)，則h′（x）＝eq\f(1－lnx,x2）＋eq\f（1,2x2)＝eq\f（3－2lnx,2x2)，由h′(x）＞0，得0＜x＜eeq\s\up6(\f(3,2)），所以h(x)在（0，eeq\s\up6(\f(3，2）)）上單調(diào)遞增，由h′(x）＜0，得x＞eeq\s\up6(\f(3,2））,所以h（x）在(eeq\s\up6（\f（3,2))，＋∞）上單調(diào)遞減．所以h（x)的最大值為h(eeq\s\up6（\f（3，2）))＝e－eq\f(3，2)，所以eq\f（a＋1,2）＞e－eq\f(3,2)，故a＞2e－eq\f(3，2）－1。從而實數(shù)a的取值范圍為｛a|a＞2e－eq\f（3,2）－1｝．11．(2015·北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2，2）－klnx，k＞0.（1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2）證明：若f（x)存在零點，則f（x）在區(qū)間(1,eq\r(e)]上僅有一個零點．（1）解:由f（x)＝eq\f(x2，2）－klnx(k＞0），得x＞0且f′(x)＝x－eq\f（k，x）＝eq\f（x2－k，x).由f′（x)＝0,解得x＝eq\r(k）(負值舍去)．f(x）與f′（x）在區(qū)間(0，＋∞）上的變化情況如下表：x(0，eq\r（k))eq\r（k）（eq\r（k）,＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k(1－lnk），2)↗所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，eq\r(k）），單調(diào)遞增區(qū)間是（eq\r（k）,＋∞）．f（x）在x＝eq\r（k）處取得極小值f（eq\r(k)）＝eq\f（k（1－lnk)，2).(2）證明：由(1）知，f（x)在區(qū)間（0，＋∞)上的最小值為f（eq\r（k))＝eq\f(k（1－lnk），2)。因為f（x)存在零點，所以eq\f(k(1－lnk）,2）≤0,從而k≥e。當(dāng)k＝e時,f（x）在區(qū)間(1,eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r（e））＝0，所以x＝eq\r（e)是f（x)在區(qū)間(1，eq\r(e）］上的唯一零點．當(dāng)k＞e時,f（x）在區(qū)間(1，eq\r(e)）上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f（1，2)＞0，f(eq\r(e））＝eq\f（e－k,2）＜0，所以f（x)在區(qū)間(1,eq\r（e)]上僅有一個零點．綜上可知，若f（x）存在零點，則f(x)在區(qū)間(1,eq\r（e）］上僅有一個零點．(對應(yīng)學(xué)生用書P24）［典例]（本小題滿分12分）（2016·全國卷Ⅰ）已知函數(shù)f(x）＝(x－2）ex＋a(x－1）2有兩個零點．（1）求a的取值范圍;(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明:x1＋x2＜2.規(guī)范解答：（1）f′（x)＝(x－1）ex＋2a(x－1)＝（x－1)·（ex＋2a)．①設(shè)a＝0，則f(x)＝（x－2)ex，f（x)只有一個零點．（2分)②設(shè)a＞0,則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x）＜0；當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f′(x)＞0，所以f（x)在(－∞,1）內(nèi)單調(diào)遞減,在（1，＋∞）上單調(diào)遞增．又f(1）＝－e,f（2）＝a,取b滿足b＜0且b＜lneq\f（a,2)，則f(b)＞eq\f(a，2）（b－2)＋a（b－1)2＝aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(b2－\f(3，2)b)）＞0,故f(x）存在兩個零點．③設(shè)a＜0，由f′（x）＝0得x＝1或x＝ln(－2a若a≥－eq\f(e，2),則ln(－2a）≤1，故當(dāng)x∈（1，＋∞)時，f′（x)＞0,因此f(x)在(1，＋∞）上單調(diào)遞增．又當(dāng)x≤1時,f(x)＜0，所以f（x）不存在兩個零點．若a＜－eq\f（e，2），則ln(－2a)＞1，故當(dāng)x∈（1，ln（－2a）)時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（ln（－2a），＋∞）時,f′(x因此f（x)在（1,ln(－2a）)內(nèi)單調(diào)遞減，在（ln（－2a)又當(dāng)x≤1時,f（x)＜0，所以f（x）不存在兩個零點．綜上可知，a的取值范圍為（0，＋∞)．(7分）(2)不妨設(shè)x1＜x2，由（1）知,x1∈(－∞，1)，x2∈（1，＋∞），(8分)2－x2∈(－∞，1）,f（x)在（－∞，1)上單調(diào)遞減,所以x1＋x2＜2等價于f（x1)＞f(2－x2)，即f（2－x2）＜0.由于f（2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,又f(x2)＝（x2－2）ex2＋a(x2－1）2＝0，所以f（2－x2）＝－x2e2－x2－(x2－2）ex2.（10分)設(shè)g（x）＝－xe2－x－(x－2）ex，則g′(x)＝(x－1)·（e2－x－ex)．(11分）所以當(dāng)x＞1時,g′(x）＜0，而g(1)＝0，故當(dāng)x＞1時，g(x）＜0。從而g(x2)＝f(2－x2)＜0,故x1＋x2＜2.（12分）1．牢記求導(dǎo)法則,正確求導(dǎo):在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類解答題中，通常都會涉及求導(dǎo)，正確的求導(dǎo)是解題關(guān)鍵，因此要牢記求導(dǎo)公式,做到正確求導(dǎo)，如本題第（1）問就涉及對函數(shù)的求導(dǎo)．2．注意利用第（1)問的結(jié)果：在題設(shè)條件下，如果第（1)問的結(jié)果第（2）問能用得上，可以直接用,有些題目不用第（1)問的結(jié)果甚至無法解決，如本題即是在第(1）問的基本上求解．3．注意分類討論:高考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解答題，一般都會涉及分類討論，并且討論的步驟也是得分點，所以一定要重視分類討論．4．寫全得分關(guān)鍵：在函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題中，求導(dǎo)的結(jié)果、分類討論的條件、極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子和結(jié)果都是得分點，在解答時一定要寫清楚．[解題程序］第一步，準(zhǔn)確求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)．第二步，討論a的取值，分情況討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、從而判斷函數(shù)零點，確定a的取值范圍．第三步，將結(jié)論x1＋x2＜2轉(zhuǎn)化為判定f（2－x2）＜0＝f(x1)．第四步,構(gòu)造函數(shù)g（x)＝－xe2－x－(x－2)ex，判定x＞1時,g（x）＜0。第五步，寫出結(jié)論，檢驗反思，規(guī)范步驟．［跟蹤訓(xùn)練］(2017·郴州二模）已知函數(shù)f（x)＝xlnx，g（x)＝－x2＋ax－3.（1)對一切x∈（0，＋∞）,2f（x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a（2）探討函數(shù)F（x）＝lnx－eq\f（1，ex）＋eq\f（2,ex）是否存在零點？若存在，求出函數(shù)F(x）的零點，若不存在，請說明理由．解：（1)對一切x∈（0，＋∞），2f（x)≥g（x)恒成立則2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f（3,x）恒成立．令h（x)＝2lnx＋x＋eq\f（3，x)，h′(x）＝eq\f（2,x)＋1－eq\f（3,x2）＝eq\f（x2＋2x－3,x2）＝eq\f((x＋3）(x－1）,x2)，當(dāng)x＞1時，h′(x）＞0,h(x）是增函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時，h′（x)＜0，h（x)是減函數(shù)，所以a≤h（x)min＝h（1）＝4。即實數(shù)a的取值范圍是（－∞，4］．（2）令m(x）＝2xlnx,m′(x)＝2（1＋lnx）,當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（1，e）)）時,m′(x）＜