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【创新设计】2015高考数学专题训练专题1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<-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 因为 xf′(x)≤-f(x),f(x)≥0, ). B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

xf′?x?-f?x? -2f?x? ?f?x?? 所以? x ?′= ≤ x2 ≤0, x2 ? ? f?x? 则函数 x 在(0,+∞)上单调递减. f?a? f?b? 由于 0<a<b,则 a ≥ b ,即 af(b)≤bf(a). 答案 A

3.(2014· 汕头模拟)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) C.f(1)<f(a)<f(b)
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).

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

解析

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.

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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 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]

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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 c 1 根据题意知3x3-x2-3x+3<-2x-2在 x∈[-2,2]上恒成立,则-2>3x3

3 4 -x2+2x+3, 1 3 4 设 g(x)=3x3-x2+2x+3, 3 则 g′(x)=x2-2x+2, 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.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2) 处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. (1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.

曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得-a=-2,所以 a=1. (2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.

设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0) =4,所以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以
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g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上, g(x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 1-a 1 10.已知函数 f(x)=3x3+ 2 x2-ax-a,x∈R,其中 a>0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).

由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + ?↗ -1 0 极大值 (-1,a) - ?↘ a 0 极小值 (a,+∞) + ?↗

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1, a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而

?f?-2?<0, 函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当?f?-1?>0, ?f?0?<0.
1? ? 所以 a 的取值范围是?0,3?. ? ? 11.已知函数 f(x)=

1 解得 0<a<3.

ln x+k ex (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数),曲线 y=

f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明:对任意 x>0,g(x)<1 +e-2. (1)解 由 f(x)= ln x+k ex ,

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得 f′(x)=

1-kx-xln x ,x∈(0,+∞), xex

由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. 所以 f′(1)=0,因此 k=1. (2)解 1 由(1)得 f′(x)=xex(1-x-xln x),x∈(0,+∞),

令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 xex>0,所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0; x∈(1, +∞)时, f′(x)<0.因此 f(x)的单调递增区间为(0,1), 单调递减区间为(1, +∞). (3)证明 因为 g(x)=xf′(x),

1 所以 g(x)=ex(1-x-xln x),x∈(0,+∞), 由(2)得,h(x)=1-x-xln x, 求导得 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e-2). 所以当 x∈(0,e-2)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增; 当 x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减. 所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e-2)=1+e-2. 1 又当 x∈(0,+∞)时,0<ex<1, 1 所以当 x∈(0,+∞)时,exh(x)<1+e-2, 即对任意 x>0,g(x)<1+e-2.

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