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

1 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2xln x≥－x2＋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：B

2．(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：

x －1 0 2 3

4

f(x) 1 2 0 2 0

f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为( )

A．1 B．2

C．3 D．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：D

3．(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)＞0，2 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）x2＜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：B

4．(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞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)＝3ax2－6x，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x0＞0且唯一，

只需f2a＞0，则a2＞4，所以a＜－2.

答案：C

5．(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．0 B．1

C．0或1 D．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， 3 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 dm3，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＝πR2l＝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＝πR2＋2πRl＝πR2＋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：3

7．(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)＝ex·f′（x）－ex·f（x）（ex）2＝f′（x）－f（x）ex.

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）e0＝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)＝x2－2x，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]，x2－2x≤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 4 设φ(x)＝1＋1x(ln x＋1)，x∈[1，e]．

则φ′＝－1x2(ln x＋1)＋1＋1x1x＝x－ln xx2≥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，x2－2x≤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 e2x≤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)＝1x2－1x＝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 e2x≤1＋xx， 5 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＋a2x2－(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＋a2－(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＋x2－3x，f′(x)＝1x＋2x－3.

由f′(x)＝1x＋2x－3＝2x2－3x＋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 xx＋a2x－(a＋1)＜12x＋ax2－a＋12，

即ln xx－12x＜a＋12在区间(0，＋∞)上恒成立．

设h(x)＝ln xx－12x，

则h′(x)＝1－ln xx2＋12x2＝3－2ln x2x2， 6 由h′(x)＞0，得0＜x＜e32，所以h(x)在(0，e32)上单调递增，

由h′(x)＜0，得x＞e32，所以h(x)在(e32，＋∞)上单调递减．

所以h(x)的最大值为h(e32)＝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＋xln 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＋xln 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＝e2，

f(e2)＝e2＞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)．