2018年高考数学 专题突破练 2 利用导数研究不等式与方程的根试题 理

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1、专题突破练(2)　利用导数研究不等式与方程的根一、选择题1．设函数f(x)＝x－lnx(x>0)，则f(x)(　　)A．在区间，(1，e)上均有零点B．在区间，(1，e)上均无零点C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点答案　D解析　因为f′(x)＝－，所以当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而0<<10，f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，所以f(x)在区间

2、上无零点，在区间(1，e)上有零点．2．[2016·福建福州质检]已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)恒成立，则不等式x2f－f(x)>0的解集为(　　)A．(0,1)B．(1,2)C．(1，＋∞)D．(2，＋∞)答案　C解析　令F(x)＝，x>0，则F′(x)＝，因为f(x)>xf′(x)，所以F′(x)<0，所以函数F(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，由不等式x2f－f(x)>0，得>，所以0，所以x>1，故选C.3．[2016·山西四校联考]已知函数

3、f(x)＝ax2＋bx－lnx(a>0，b∈R)，若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则(　　)A．lna<－2bB．lna≤－2bC．lna>－2bD．lna≥－2b答案　A解析　f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知只需比较lna＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断lna＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝；当x<时，g(x)为增函数；当x>时，g(x)为减函数，所以对任意x>0有

4、g(x)≤g＝1－ln4<0，所以有g(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna<0⇒lna<－2b，故选A.二、填空题4．已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)＝－3，且对任意x∈R总有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x－15的解集为________．答案　(4，＋∞)解析　令g(x)＝f(x)－3x＋15，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)在R上是减函数．又g(4)＝f(4)－3×4＋15＝0，所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)．5．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同

5、的零点，则实数a的取值范围是________．答案　(－2,2)解析　由f(x)＝x3－3x＋a＝0，得f′(x)＝3x2－3，当f′(x)＝0时，x＝±1，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，f(x)的极小值为f(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－20的解集为________．答案　

6、(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析　由可导函数f(x)的图象，得或解之得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．7．若二次函数f(x)＝ax2－4bx＋c对任意的x∈R恒有f(x)≥0，其导函数满足f′(0)<0，则的最大值为________．答案　0解析　因为f(x)≥0恒成立，所以又f′(0)＝－4b<0，所以b>0，则＝＝2－.因为4a＋c≥2≥8b，所以≥2，故≤2－2＝0，当且仅当4a＝c，ac＝4b2，即a＝b，c＝4b时，取到最大值0.三、解答题8．[2017·南昌调

7、研]已知函数f(x)＝，其中k∈R且k≠0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当k＝1时，若存在x>0，使lnf(x)>ax成立，求实数a的取值范围．解　(1)定义域为R，f′(x)＝，若k<0，当x<0或x>2时，f′(x)>0；当00，当x<0或x>2时，f′(x)<0；当00.所以当k<0时，函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间是(0,2)；当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，(2，＋

8、∞)，单调递增区间是(0,2)．(2)当k＝1时，f(x)＝，x>0，由lnf(x)>ax，得a<.设g(x)＝，x>0，g′(x)＝，所以当00；当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(e)＝－1，所以实数a的取值范围是.9．[2017·唐山摸底]已知函数f(x)＝lnx＋－2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1