高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（17）第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第十二講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 第3課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、不等式（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案17]第三課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根、不等式A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2020·貴州貴陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,4]，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(D)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)f(x)的極小值點(diǎn)，0和3是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，則函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．因?yàn)?<a<2，所以數(shù)形結(jié)合可知y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.2．已知函數(shù)f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1][解析]f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，則1＋a>0，解得a>－1，故選A.3．(2020·安徽省黃山市高三第一次質(zhì)量檢測(cè))定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)，則不等式ex－1f(x)<f(2xA．(eq\f(1,4)，＋∞) B．(eq\f(1,2)，＋∞)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)[解析]設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，由ex－1f(x)<f(2x－1)得：eq\f(fx,ex)<eq\f(f2x－1,e2x－1)，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故選C.二、多選題4．若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)>0，則下列命題正確的是(BC)A．3f(1)<f(3) B．3f(1)>C．2f(2)>f(4) D．3f(3)<[解析]由于f(x)>xf′(x)，則[eq\f(fx,x)]′＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，因此eq\f(fx,x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，∴eq\f(f3,3)<eq\f(f1,1)，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，選B、C.5．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值可能為(AB)A．3 B．4C．5 D．6[解析]2xlnx≥－x2＋ax－3，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.三、填空題6．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是__(－∞，2ln_2－2]__.[解析]f(x)有零點(diǎn)可轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解的問(wèn)題，即a＝－ex＋2x有解．設(shè)g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln2，因此g(x)在(－∞，ln2)遞增，在(ln2，＋∞)遞減，因此g(x)在ln2取得最大值，所以g(x)的最大值為g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2]．7．已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是__[0，e－1)__.[解析]依題意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x對(duì)任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，則f′(x)＝(x－1)(eq\f(ex,x2)＋2)．令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(1,2)時(shí)．f′(x)>0.函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是[0，e－1)．四、解答題8．證明：當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x.[解析]記F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，則F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈[0，eq\f(π,4))時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\f(π,4)，1]時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．又F(0)＝0，F(xiàn)(1)>0，所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.記H(x)＝sinx－x，則H′(x)＝cosx－1.當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，H′(x)≤0，H(x)單調(diào)遞減．所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.綜上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈[0,1]．9．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解析]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等價(jià)于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>h(1)＝0.即當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>g′(1)＝0，∴函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，∴當(dāng)x>1時(shí)，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，則k≤eq\f(1,2)，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2)]．10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．[證明](1)由題易得函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，其定義域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，即eq\f(2x2－x－1,x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝1.∵x>0，∴x＝－eq\f(1,2)舍去．當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，其值為f(1)＝ln1－12＋1＝0.∴當(dāng)x≠1時(shí)，f(x)<f(1)，即f(x)<0，∴函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．B組能力提升1．(2020·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2處取得極小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時(shí)，求證：f(x)>3(x－1)．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，x>e－2，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意．所以a＝1.(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．(2020·重慶一中月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，x>1.(1)求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有兩個(gè)不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解析](1)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，x>1，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2lnx2,lnx2)＝eq\f(2lnx－1lnx＋1,lnx2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＝0，,x>1，))得x＝eq\r(e).f(x)與f′(x)在(1，＋∞)上的變化情況如下表：x(1，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值∴f(x)極小值＝f(eq\r(e))＝4eq\r(e).(2)∵x>1，∴l(xiāng)nx>0，由(2x－m)lnx＋x＝0，得2x－m＋eq\f(x,lnx)＝0，即m＝eq\f(x,lnx)＋2x，∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有兩個(gè)不等實(shí)根，即函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝m在(1，e]上的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．由(1)可知，f(x)在(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，在(eq\r(e)，e]上單調(diào)遞增且f(eq\r(e))＝4eq\r(e)，f(e)＝3e，當(dāng)x從右側(cè)趨近于1時(shí)，f(x)趨近于＋∞，∴4eq\r(e)<m≤3e，故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(4eq\r(e)，3e]．3．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<eq\f(x－1,lnx)<x；(3)設(shè)c>1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx.[解析](1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<eq\f(x－1,lnx)<x，即證明lnx<x－1<xlnx，由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，lnx<x－1.設(shè)F(x)＝xlnx－x＋1，x>1，則F′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，即F(x)>F(1