2020届高考数学（理）大一轮复习：专题突破练%282%29　利用导数研究不等式与方程的根

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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．选D.2．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，f(－1)＝f(2)＝3，令g(x)＝(x－1)·f(x)，则不等式g(x)≥3x－3的解集是(　　)A.[－1,1]∪[2，＋∞)B．(－∞，－1]∪[1,2]C.(－∞，－1]∪[2，＋∞)D．[－1,2]答案　A解析　由导函数的图象可知函数f(x)在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．又不等式可化为(x－1)·[f(x)－3]≥0，即或又f(－1)＝f(2)＝3，所以x≥2或－1≤x≤1

3、.综上，不等式g(x)≥3x－3的解集是[－1,1]∪[2，＋∞)．选A.3.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)A.f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C.f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)答案　C解析　由题意知(x－1)f′(x)≥0，所以或函数y＝f(x)在(－∞，1]上单调递减，f(0)>f(1)；在[1，＋∞)上单调递增，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)；若函数y＝f(x

4、)为常数函数，则f(0)＋f(2)＝2f(1)．故选C.4.设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)A.a>b>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(7)>f(6)，即c>b>a.故选C.二、填空题5.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

5、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，＋∞).6.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＝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－

6、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－21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)，则f′(x)＝1＋2－xln2>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a

7、≤－1，即a∈(－∞，－1].三、解答题8.[2018·南昌调研]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)；

8、当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，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，a0；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.[2016·北京高考]设函数f(x)＝xea－x＋b