2020高考数学专题突破练（2）利用导数研究不等式与方程的根文（含解析）

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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．(2019·佛山质检)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)＝f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．其中正确结论的个数为(　　)A．0B．1C．2D．3答案　B解析　依题意，x1，x2(x10，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x

2、2＝．研究f(x1)0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝exx＋－3－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为(　　)A．3B．2C．e2D．e答案　D解析　因为f(x)＝exx＋－3－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，则

3、g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以当x>1时，g′(x)>0；当0b>cB．b>a>cC．c>b>aD．c>a>b答案　C解析　构造函数f(x)＝，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故f(8)>f(

4、7)>f(6)，即c>b>a．故选C．4．(2018·合肥质检二)已知函数f(x)是定义在R上的增函数，f(x)＋2＞f′(x)，f(0)＝1，则不等式ln(f(x)＋2)－ln3＞x的解集为(　　)A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)答案　A解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝＝3．从而原不等式ln＞x可化为＞ex，即＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，知x＜0．故选A．5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x，y都有2x－ln

5、≤成立，则实数m的取值范围为(　　)A．，1B．，1C．，eD．0，答案　D解析　因为x>0，y>0，2x－ln≤，所以两边同时乘以，可得2e－ln≤，令＝t(t>0)，令f(t)＝(2e－t)·lnt(t>0)，则f′(t)＝－lnt＋(2e－t)·＝－lnt＋－1．令g(t)＝－lnt＋－1(t>0)，则g′(t)＝－－<0，因此g(t)即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减，又f′(e)＝0，所以函数f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因此f(t)max＝f(e)＝(2e－e)lne＝e，所以e≤，得0

6、≤．故选D．6．(2018·郑州质检三)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，对任意的x1，x2∈[0，1]，不等式

7、f(x1)－f(x2)

8、≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．[e2，＋∞)B．[e，＋∞)C．[2，e]D．[e，e2]答案　A解析　f′(x)＝axlna＋2x－lna，令g(x)＝axlna＋2x－lna，则g′(x)＝ax(lna)2＋2>0，所以函数g(x)在[0，1]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝a0×lna＋2×0－lna＝0，即f′(x)≥0，则函数f(x)在[0，1]上单调递增，所

9、以

10、f(x1)－f(x2)

11、≤f(1)－f(0)＝a－lna≤a－2，解得a≥e2．故选A．二、填空题7．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．答案　(－2，2)解析　由f(x)＝x3－3x＋a，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－2

12、不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．答案　(－∞，－1]解析　不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a0)，