專題突破練(2)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式與方程的根一、選擇題1(2019佛山質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)x33x22x，若x1，x2(x1x2)是函數(shù)g(x)f(x)x的兩個(gè)極值點(diǎn)，現(xiàn)給出如下結(jié)論：若10，則f(x1)f(x2)；若02，則f(x1)f(x2)；若2，則f(x1)f(x2)其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為()A0 B1 C2 D3答案B解析依題意，x1，x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)3x26x2的兩個(gè)零點(diǎn)，則12(1)>0，即>1，且x1x22，x1x2研究f(x1)<f(x2)成立的充要條件：f(x1)<f(x2)等價(jià)于(x1x2)(x1x2)23(x1x2)x1x22<0，因?yàn)閤1<x2，所以有(x1x2)23(x1x2)x1x22>0，解得>2從而可知正確故選B2(2018烏魯木齊一診)設(shè)函數(shù)f(x)exx3，若不等式f(x)0有正實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的最小值為()A3 B2 Ce2 De答案D解析因?yàn)閒(x)exx30有正實(shí)數(shù)解，所以a(x23x3)ex，令g(x)(x23x3)ex，則g(x)(2x3)ex(x23x3)exx(x1)ex，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)e，所以ae故選D3設(shè)a，b，c，則a，b，c的大小關(guān)系為()Aa>b>c Bb>a>c Cc>b>a Dc>a>b答案C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)，則af(6)，bf(7)，cf(8)，f(x)，當(dāng)x>2時(shí)，f(x)>0，所以f(x)在(2，)上單調(diào)遞增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>a故選C4(2018合肥質(zhì)檢二)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，f(x)2f(x)，f(0)1，則不等式ln (f(x)2)ln 3x的解集為()A(，0) B(0，) C(，1) D(1，)答案A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x)0，則g(x)在R上單調(diào)遞減，且g(0)3從而原不等式ln x可化為ex，即3，即g(x)g(0)，從而由函數(shù)g(x)的單調(diào)性，知x0故選A5(2018鄭州質(zhì)檢一)若對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，y都有2xln 成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A，1 B，1 C，e D0，答案D解析因?yàn)閤>0，y>0，2xln ，所以兩邊同時(shí)乘以，可得2eln ，令t(t>0)，令f(t)(2et)ln t(t>0)，則f(t)ln t(2et)ln t1令g(t)ln t1(t>0)，則g(t)<0，因此g(t)即f(t)在(0，)上單調(diào)遞減，又f(e)0，所以函數(shù)f(t)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，因此f(t)maxf(e)(2ee)ln ee，所以e，得0<m故選D6(2018鄭州質(zhì)檢三)已知函數(shù)f(x)axx2xln a，對(duì)任意的x1，x20，1，不等式|f(x1)f(x2)|a2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()Ae2，) Be，) C2，e De，e2答案A解析f(x)axln a2xln a，令g(x)axln a2xln a，則g(x)ax(ln a)22>0，所以函數(shù)g(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以g(x)g(0)a0ln a20ln a0，即f(x)0，則函數(shù)f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以|f(x1)f(x2)|f(1)f(0)aln aa2，解得ae2故選A二、填空題7若函數(shù)f(x)x33xa有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案(2，2)解析由f(x)x33xa，得f(x)3x23，當(dāng)f(x)0時(shí)，x1，易知f(x)的極大值為f(1)2a，f(x)的極小值為f(1)a2，要使函數(shù)f(x)x33xa有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則有f(1)2a>0，且f(1)a2<0，即2<a<2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2，2)8若不等式2x(xa)>1在(0，)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案(，1解析不等式2x(xa)>1在(0，)上恒成立，即a<x2x在(0，)上恒成立令f(x)x2x(x>0)，則f(x)12xln 2>0，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(0)1，所以a1，即a(，1三、解答題9(2018合肥質(zhì)檢二)已知函數(shù)f(x)(x1)exax2(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR)(1)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(2)若x>0，f(x)exx3x，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x)xex2axx(ex2a)當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0<a<時(shí)，f(x)在(，ln 2a)上單調(diào)遞增，在(ln 2a，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)沒有極值點(diǎn)；當(dāng)a>時(shí)，f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0，ln 2a)上單調(diào)遞減，在(ln 2a，)上單調(diào)遞增，f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，f(x)有1個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a>0且a時(shí)，f(x)有2個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a時(shí)，f(x)沒有極值點(diǎn)(2)由f(x)exx3x，得xexx3ax2x0，當(dāng)x>0時(shí)，exx2ax10，即a對(duì)x>0恒成立，設(shè)g(x)(x>0)，則g(x)設(shè)h(x)exx1(x>0)，則h(x)ex1x>0，h(x)>0，h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)0，即ex>x1，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)e2，ae2a的取值范圍是(，e210(2018鄭州質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)ln xa(x1)，aR在(1，f(1)處的切線與x軸平行(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x0>1，當(dāng)x(1，x0)時(shí)，恒有f(x)2x>k(x1)成立，求k的取值范圍解(1)由已知可得f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)a，f(1)1a0，a1，f(x)1，令f(x)>0得0<x<1，令f(x)<0得x>1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)(2)不等式f(x)2x>k(x1)可化為ln xx>k(x1)，令g(x)ln xxk(x1)(x>1)，則g(x)x1k，令h(x)x2(1k)x1(x>1)，h(x)的對(duì)稱軸為直線x，當(dāng)1，即k1時(shí)，易知h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，h(x)<h(1)1k，若k1，則h(x)0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，g(x)<g(1)0，不符合題意；若1k<1，則h(1)>0，必存在x0，使得x(1，x0)時(shí)，g(x)>0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)0恒成立，符合題意當(dāng)>1，即k<1時(shí)，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，h(x)>h(1)1k>0，g(x)>0，g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)0恒成立，符合題意綜上，k的取值范圍是(，1)11(2018山西考前適應(yīng)性測試)已知函數(shù)f(x)x2(a1)xaln x(1)當(dāng)a<1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若不等式f(x)(a1)xxa1e對(duì)于任意xe1，e成立，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由題知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)x(a1)，若0<a<1，則當(dāng)0<x<a或x>1時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a<x<1時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；若a0，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在(a，1)上單調(diào)遞減，在(0，a)和(1，)上單調(diào)遞增(2)不等式f(x)(a1)xxa1e對(duì)任意xe1，e成立等價(jià)于對(duì)任意x，e，有aln xxae1成立，設(shè)g(x)aln xxa，a>0，所以g(x)maxe1，g(x)axa1，令g(x)<0，得0<x<1；令g(x)>0，得x>1，所以函數(shù)g(x)在，1上單調(diào)遞減，在(1，e上單調(diào)遞增，g(x)max為gaea與g(e)aea中的較大者設(shè)h(a)g(e)geaea2a(a>0)，則h(a)eaea2>220，所以h(a)在(0，)上單調(diào)遞增，故h(a)>h(0)0，所以g(e)>g，從而g(x)maxg(e)aea，所以aeae1，即eaae10，設(shè)(a)eaae1(a>0)，則(a)ea1>0，所以(a)在(0，)上單調(diào)遞增又(1)0，所以eaae10的解為a1因?yàn)閍>0，所以正實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，112(2018石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)(2a)(x1)2ln x，g(x)xe1x(aR，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)若不等式f(x)>0對(duì)于一切x0，恒成立，求a的最小值；(2)若對(duì)任意的x0(0，e，在(0，e上總存在兩個(gè)不同的xi(i1，2)，使f(xi)g(x0)成立，求a的取值范圍解(1)由題意得(2a)(x1)2ln x>0在0，上恒成立，即a>2在0，上恒成立令h(x)2，x0，則h(x)，x0，設(shè)(x)2ln x2，x0，則(x)<0，所以(x)>2ln2>0，則h(x)>0，因此h(x)<h24ln 2，則a24ln 2，即a的最小值為24ln 2(2)因?yàn)間(x)(1x)e1x，所以g(x)xe1x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，e上單調(diào)遞減，由g(0)0，g(1)1，g(e)e2e(0，1)，得g(x)xe1x在(0，e上的值域?yàn)?0，1，因?yàn)閒(x)，所以當(dāng)a2時(shí)，易得f(x)在(0，e上單調(diào)遞減；當(dāng)2a<2時(shí)，易得f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，不符合題意當(dāng)a<2，此時(shí)f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，e上單調(diào)遞增，令m(a)fa2lna<2，則m(a)，易得m(a)在(，0)上單調(diào)遞增，在0，2上單調(diào)遞減，m(a)m(0)0，注意到，當(dāng)x0時(shí)，f(x)，所以欲使對(duì)任意的x0(0，e，在(0，e上總存在兩個(gè)不同的xi(i1，2)，使f(xi)g(x0)成立，則需滿足f(e)1，即a2，又因?yàn)?2>0，所以2>2，所以a2，綜上，a，213(2018江西重點(diǎn)中學(xué)盟校聯(lián)考一)已知函數(shù)f(x)ax2bxcln x(a，b，cR)(1)當(dāng)a1，b1，c1時(shí)，求曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)當(dāng)b2a，c1時(shí)，求最大的整數(shù)b，使得0<x2時(shí)，函數(shù)yf(x)圖象上的點(diǎn)都在所表示的平面區(qū)域內(nèi)(含邊界)解(1)當(dāng)a1，b1，c1時(shí)，f(x)x2xln x，則f(x)2x1，所以f(1)2，又f(1)2，所以所求的切線方程為y22(x1)，即2xy0(2)當(dāng)b2a，c1時(shí)，由題意得f(x)bx2bxln x，當(dāng)0<x2時(shí)，f(x)x1，即ln xbx2(b1)x10，設(shè)g(x)ln xbx2(b1)x1，則問題等價(jià)于當(dāng)0<x2時(shí)，g(x)max0因?yàn)間(x)bx(b1)，當(dāng)b0時(shí)，若0<x2，則g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)maxg(2)ln 24b3>0，故不滿足條件；當(dāng)b<0時(shí)，因?yàn)閎為整數(shù)，故b1，所以0<1，則g(x)在0，上單調(diào)遞增，在，2上單調(diào)遞減，所以g(x)maxgln (b)0，即ln (b)0(*)易知函數(shù)h(x)ln (x)(x<0)為單調(diào)遞減函數(shù)，又h(1)<0，h(2)ln 2>0，所以滿足(*)的最大整數(shù)b為2，綜上可知，滿足條件的最大的整數(shù)b為214(2018石家莊一模)已知函數(shù)f(x)(xb)(exa)(b>0)在(1，f(1)處的切線方程為(e1)xeye10(1)求a，b；(2)若m0，證明：f(x)mx2x解(1)由題意知切線方程為yx，當(dāng)x1時(shí)，y0，所以f(1)(1b)a0，又f(x)(xb1)exa，所以f(1)a1，若a，則b2e<0，與b>0矛盾，故b1，a1(2)證法一：由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(0)0，f(1)0，由m0，可得xmx2x，令g(x)(x1)(ex1)x，則g(x)(x2)ex2，當(dāng)x2時(shí)，g(x)(x2)ex22<0；當(dāng)x>2時(shí)，設(shè)h(x)g(x)(x2)ex2，則h(x)(x3)ex>0，故函數(shù)g(x)在(2，)上單調(diào)遞增，又g(0)0，所以當(dāng)x(，0)時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x(0，)時(shí)，g(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，故g(x)g(0)0(x1)(ex1)xmx2x，故f(x)mx2x證法二：由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(0)0，f(1)0，由m0，可得xmx2x，令g(x)(x1)(ex1)x，則g(x)(x2)ex2，令t(x)g(x)，則t(x)(x3)ex，當(dāng)x<3時(shí)，t(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，且g(x)<0；當(dāng)x>3時(shí)，t(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，且g(0)0，所以g(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，且g(0)0，故g(x)g(0)0(x1)(ex1)xmx2x，故f(x)mx2x