【精品】高考数学二轮复习 专题一函数与导数不等式：第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练文

1、精品数学高考复习资料第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1若不等式2xln xx2ax3恒成立，则实数a的取值范围为()A(，0)B(，4C(0，) D4，)解析：条件可转化为a2ln xx恒成立设f(x)2ln xx，则f(x)(x0)当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)minf(1)4.所以a4.答案：B2(2017贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2C3 D4解析：根据导函数图象知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案：D3函数f(x)的定义域为R，f(1)3，对任意xR，f(x)3，则f(x)3x6的解集为()A(1，1) B(1，)C(，1) D(，)解析：设g(x)f(x)(3x6)，则g(x)f(x)30，所以g(x)为减函数，又g(1)f(1)30，

2、所以根据单调性可知g(x)0的解集是x|x1答案：C4(2014全国卷)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()(导学号 55410101)A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解析：由题意知a0，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x0或x.当a0时，x(，0)，f(x)0，x，f(x)0，x，f(x)0，且f(0)10，故f(x)有小于0的零点，不满足当a0时，需使x00且唯一，只需f0，则a24，所以a2.答案：C5如果函数f(x)ax2bxcln x(a，b，c为常数，a0)在区间(0，1)和(2，)上均单调递增，在(1，2)上单调递减，则函数f(x)的零点个数为()A0 B1C2 D3解析：由题意可得f(x)2axb，则解得所以f(x)a(x26x4ln x)，则极大值f(1)5a0，极小值f(2)a(4ln 28)0，又f(10)a(404ln 10)0，结合函数图象可得该函数只有一个零点答案：B二、填空题6做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27 dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为_dm.解析：设圆柱的底

3、面半径为R dm，母线长为l dm，则VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小S表R22RlR22，所以S表2R.令S表0，得R3，则当R3时，S表最小答案：37(2017长沙调研)定义域为R的可导函数yf(x)的导函数f(x)，满足f(x)f(x)，且f(0)1，则不等式1的解集为_解析：构造函数g(x)，则g(x).由题意得g(x)0恒成立，所以函数g(x)在R上单调递减又g(0)1，所以1，即g(x)1，所以x0，所以不等式的解集为(0，)答案：(0，)8(2017南宁调研)已知f(x)x26x3，g(x)2x33x212x9，设m2，若x1m，2)，x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，则实数m的最小值为_解析：因为g(x)2x33x212x9，所以g(x)6x26x126(x2)(x1)则当0x1时，g(x)0，函数g(x)递减；当x1时，g(x)0，函数g(x)递增，所以g(x)ming(1)2.因为f(x)x26x3(x3)266，结合函数图象知(图略)，当f(x)2时，方程两根分别为5和1，则m的最小值为5.答案：5三、解答题9(2017贵

4、阳质检)已知函数f(x)ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)；(3)求证：ln .(1)解：f(x)ln x1ln x，f(x)的定义域为(0，)因为f(x)，所以f(x)00x1，f(x)0x1.所以f(x)1ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)解：由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e上单调递减，所以f(x)在上的最大值为f(1)1ln 10.又f1eln 2e，f(e)1ln e，且ff(e)所以f(x)在上的最小值为f2e.所以f(x)在上的最大值为0，最小值为2e.(3)证明：要证ln ，即证2ln x 1，即证1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 10，即f(x)0，所以1ln x0恒成立，原不等式得证10(2017西安调研)已知函数f(x)ln xx2(a1)x.(导学号 55410102)(1)若曲线yf(x)在x1处的切线方程为y2，求f(x)的单调区间；(2)若x0时，

5、恒成立，求实数a的取值范围解：(1)由已知得f(x)ax(a1)，则f(1)0.而f(1)ln 1(a1)1，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y1.所以12，解得a2.所以f(x)ln xx23x，f(x)2x3.由f(x)2x30，得0x或x1，由f(x)2x30，得x1，所以f(x)的单调递增区间为和(1，)，f(x)的单调递减区间为.(2)若，则x(a1)，即在区间(0，)上恒成立设h(x)，则h(x)，由h(x)0，得0xe，所以h(x)在(0，e)上单调递增，由h(x)0，得xe，所以h(x)在(e，)上单调递减所以h(x)的最大值为h(e)e，所以e，故a2e1.从而实数a的取值范围为a|a2e111(2015北京卷)设函数f(x)kln x，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， 上仅有一个零点(1)解：由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单

6、调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1， 上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1， 上仅有一个零点综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， 上仅有一个零点(对应学生用书P24)典例(本小题满分12分)(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.规范解答：(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(1分)设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点(2分)设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且bln ，则f(b)(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点设a0，由f

7、(x)0得x1或xln(2a)若a，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)0，因此f(x)在(1，)上单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a，则ln(2a)1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0；当x(ln(2a)，)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增(6分)又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上可知，a的取值范围为(0，)(7分)(2)不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，(8分)2x2(，1)，f(x)在(，1)上单调递减，所以x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，又f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.(10分)设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex)(11分)所以当x1时，g(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.(12分)1牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导2注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解3注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论4写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚解题程序第一步，准确求出函数f(x)的导数第二步，讨论a的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a的取值范围第三步，将结论x1x22转化为判定f(2x2)0f(x1)

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