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【创新设计】2015高考数学二轮专题整合:1-1-5导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题


第5讲

导数与不等式的证明及函数零点、 方程根的问题

一、选择题 1. 函数 f(x)的定义域是 R, f(0)=2, 对任意 x∈R, f(x)+f′(x)>1, 则不等式 ex· f(x)>ex +1 的解集为 A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或x>1} D.{x|x&

lt;-1,或0<x<1} 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex,因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)+ ( ).

f′(x)]-ex>ex-ex=0, 所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数. 又因为 g(0)=e0· f(0) -e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 答案 A

2.已知 f(x)是定义在(0,+∞) 上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+f(x)≤0,对任 意的 0<a<b,则必有 A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) 解析 B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a) ( ).

因为 xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0,

xf′?x?-f?x? -2f?x? ?f?x?? 所以? x ?′= ≤ x2 ≤0, x2 ? ? 则函数 f?x? 在(0,+∞)上单调递减. x

f?a? f?b? 由于 0<a<b,则 a ≥ b ,即 af(b)≤bf(a). 答案 A

3.(2014· 广安诊断)已知 e 是自然对数的底数,函数 f(x)=ex+x-2 的零点为 a,函 数 g(x)=ln x+x-2 的零点为 b,则下列不等式中成立的是 A.f(a)<f(1)<f(b) B.f(a)<f(b)<f(1)
-1-

(

).

C.f(1)<f(a)<f(b) 解析

D.f(b)<f(1)<f(a)

由题意,知 f′(x)=ex+1>0 恒成立,所以函数 f(x)在 R 上是单调递增

的,而 f(0)=e0+0-2=-1<0,f(1)=e1+1-2=e-1>0,所以函数 f(x)的零 点 a∈(0,1); 1 由题意,知 g′(x)= x+1>0,所以 g(x)在(0,+∞)上是单调递增的,又 g(1) =ln 1+1-2=-1<0,g(2)=ln 2+2-2=ln 2>0,所以函数 g(x)的零点 b∈ (1,2). 综上,可得 0<a<1<b<2. 因为 f(x)在 R 上是单调递增的,所以 f(a)<f(1)<f(b). 答案 A

4.(2013· 安徽卷)若函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有极值点 x1,x2,且 f(x1)=x1,则关 于 x 的方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 的不同实根个数是 A.3 C.5 解析 B.4 D.6 因为函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1,x2,可知关于导函数的 ( ).

方程 f′(x)=3x2+2ax+b=0 有两个不等的实根 x1,x2,则方程 3(f(x))2+2af(x) +b=0 有两个不等的实根,即 f(x)=x1 或 f(x)=x2,原方程根的个数就是这两个 方程 f(x)=x1 和 f(x)=x2 的不等实根的个数之和, 若 x1<x2, 作 y=x1, y=x2 与 f(x) =x3+ax2+bx+c 有三个不同交点如图 1.

图1

图2

即方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同的实根. 若 x1>x2,如图 2 同理方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有三个不同实根. 答案 A

二、填空题

-2-

1 5.函数 f(x)=3x3-x2-3x-1 的图象与 x 轴的交点个数是________. 解析 f′(x)=x2-2x-3=(x+1)(x-3),函数在(-∞,-1)和(3,+∞)上是增

2 函数,在(-1,3)上是减函数,由 f(x)极小值=f(3)=-10<0,f(x)极大值=f(-1)=3>0 知函数 f(x)的图象与 x 轴的交点个数为 3. 答案 3

6.(2014· 温州模拟)关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,

又 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时,f′(x) >0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x) 取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小值= ?-a>0, f(2)=-4-a,所以? 解得-4<a<0. ?-4-a<0, 答案 (-4,0)

7. (2014· 洛阳模拟)已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点, 则 a 的取值范围是________. 解析 函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,即方程 ex-2x+a=0 有实根,即函数 g(x)

=2x-ex, y=a 有交点, 而 g′(x)=2-ex, 易知函数 g(x)=2x-ex 在(-∞, ln 2) 上递增,在(ln 2,+∞)上递减,因而 g(x)=2x-ex 的值域为(-∞,2ln 2-2], 所以要使函数 g(x)=2x-ex,y=a 有交点,只需 a≤2ln 2-2 即可. 答案 (-∞,2ln 2-2]

1 4 8.(2014· 邯郸质检)已知函数 f(x)=3x3-x2-3x+3,直线 l:9x+2y+c=0,若当 x ∈[-2,2]时,函数 y=f(x)的图象恒在直线 l 下方,则 c 的取值范围是________. 解析 1 4 9 c 根据题意知3x3-x2-3x+3<-2x-2在 x∈[-2,2]上恒成立,则

c 1 3 4 -2>3x3-x2+2x+3, 1 3 4 设 g(x)=3x3-x2+2x+3, 3 则 g′(x)=x2-2x+2,
-3-

则 g′(x)>0 恒成立,所以 g(x)在[-2,2]上单调递增, 所以 g(x)max=g(2)=3,则 c<-6. 答案 (-∞,-6)

三、解答题 9.(2013· 北京卷)已知函数 f(x)=x2+xsin x+cos x. (1)若曲线 y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切,求 a 与 b 的值; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 解 由 f(x)=x2+xsin x+cos x,

得 f′(x)=x(2+cos x), (1)∵y=f(x)在点(a,f(a))处与直线 y=b 相切. ∴f′(a)=a(2+cos a)=0 且 b=f(a), 则 a=0,b=f(0)=1. (2)令 f′(x)=0,得 x=0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)递增. 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)=1. 由于函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调, 所以当 b>1 时曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上所述,如果曲线 y=f(x)与直线 y=b 有两个不同交点,那么 b 的取值范围 是(1,+∞). 10.(2014· 昆明调研测试)已知函数 f(x)=ln x-ex+a. (1)若 x=1 是 f(x)的极值点,讨论 f(x)的单调性; (2)当 a≥-2 时,证明:f(x)<0. (1)解 1 + f′(x)= x-ex a(x>0),

∵x=1 是 f(x)的极值点,∴f′(1)=1-e1+a=0, 1 ∴a=-1,此时 f′(x)=x -ex-1, 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)内单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)内单调递减. (2)证明 当 a≥-2 时,ex+a≥ex-2,f(x)=ln x-ex+a
-4-

≤ln x-ex-2,只需证 g(x)=ln x-ex-2<0 即可, 1 g′(x)= x-ex-2, 1 由 g′(x)=0, 得 x=ex-2, 由图象法知方程有唯一解 x0∈(1,2)且 =-x0+2, 当 x∈(0,x0)时,g′(x)>0,g(x)在(0,x0)内单调递增, 当 x∈(x0,+∞)时,g′(x)<0,g(x)在(x0,+∞)内单调递减, ∴g(x)max=ln x0- 1 1 =-x0+2-x ,由 x0∈(1,2)知 x0+x >2
0 0 0

1 =x , ln x0
0

1 x0· x =2,
0

1 g(x)max=-x0+2-x <0. 综上,当 a≥-2 时,f(x)<0. m 11.(2014· 陕西卷)设函数 f(x)=ln x+ x ,m∈R. (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)-3零点的个数; (3)若对任意 b>a>0, 解 f?b?-f?a? <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a

e (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+x,

x-e 则 f′(x)= x2 , ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+e=2, ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)-3=x-x2-3(x>0), 1 令 g(x)=0,得 m=-3x3+x(x>0). 1 设 φ(x)=-3x3+x(x≥0),

-5-

则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;

当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点. 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)=3. 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图), 可知 2 ①当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 ②当 m=3时,函数 g(x)有且只有一个零点; 2 ③当 0<m<3时,函数 g(x)有两个零点; ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 当 m=3或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 2 当 0<m<3时,函数 g(x)有两个零点. (3)对任意的 b>a>0, f?b?-f?a? <1 恒成立, b-a

等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ x -x(x>0), ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= x-x2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立,

-6-

1 1 得 m≥-x2+x=-(x-2)2+4(x>0)恒成立, 1 1 1 ∴m≥4(对 m=4,h′(x)=0 仅在 x=2时成立), 1 ∴m 的取值范围是[4,+∞).

-7-


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