2021高考数学(人教通用-理科)二轮专题整合：专题训练1-1-5.docx

第5讲导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题一、选择题1函数f(x)的定义域是R，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，则不等式exf(x)ex1的解集为()A.B.C.D.解析构造函数g(x)exf(x)ex，由于g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)exexex0，所以g(x)exf(x)ex为R上的增函数又由于g(0)e0f(0)e01，所以原不等式转化为g(x)g(0)，解得x0.答案A2已知f(x)是定义在(0，) 上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意的0ab，则必有()Aaf(b)bf(a)Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b)Dbf(b)f(a)解析由于xf(x)f(x)，f(x)0，所以0，则函数在(0，)上单调递减由于0ab，则，即af(b)bf(a)答案A3(2022汕头模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)exx2的零点为a，函数g(x)ln xx2的零点为b，则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b)Bf(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b)Df(b)f(1)f(a)解析由题意，知f(x)ex10恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)e00210，f(1)e112e10，所以函数f(x)的零点a(0,1)；由题意，知g(x)10，所以g(x)在(0，)上是单调递增的，又g(1)ln 11210，g(2)ln 222ln 20，所以函数g(x)的零点b(1,2)综上，可得0a1b2.由于f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)f(1)f(b)答案A4(2021安徽卷)若函数f(x)x3ax2bxc有极值点x1，x2，且f(x1)x1，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根个数是()A3B4 C5D6解析由于函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f(x)3x22axb0有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x)22af(x)b0有两个不等的实根，即f(x)x1或f(x)x2，原方程根的个数就是这两个方程f(x)x1和f(x)x2的不等实根的个数之和，若x1x2，如图2同理方程3(f(x)22af(x)b0有三个不同实根答案A二、填空题5函数f(x)x3x23x1的图象与x轴的交点个数是_解析f(x)x22x3(x1)(x3)，函数在(，1)和(3，)上是增函数，在(1,3)上是减函数，由f(x)微小值f(3)100，f(x)极大值f(1)0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.答案36(2022温州模拟)关于x的方程x33x2a0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是_解析由题意知使函数f(x)x33x2a的极大值大于0且微小值小于0即可，又f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0，得x10，x22.当x0时，f(x)0；当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0，所以当x0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值f(0)a；当x2时，f(x)取得微小值，即f(x)微小值f(2)4a，所以解得4a0.答案(4,0)7(2022洛阳模拟)已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_解析函数f(x)ex2xa有零点，即方程ex2xa0有实根，即函数g(x)2xex，ya有交点，而g(x)2ex，易知函数g(x)2xex在(，ln 2)上递增，在(ln 2，)上递减，因而g(x)2xex的值域为(，2ln 22，所以要使函数g(x)2xex，ya有交点，只需a2ln 22即可答案(，2ln 228(2022邯郸质检)已知函数f(x)x3x23x，直线l：9x2yc0，若当x2,2时，函数yf(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是_解析依据题意知x3x23xx在x2,2上恒成立，则x3x2x，设g(x)x3x2x，则g(x)x22x，则g(x)0恒成立，所以g(x)在2,2上单调递增，所以g(x)maxg(2)3，则c6.答案(，6)三、解答题9(2021北京卷)已知函数f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；(2)若曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，求b的取值范围解由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)，(1)yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切f(a)a(2cos a)0且bf(a)，则a0，bf(0)1.(2)令f(x)0，得x0.当x0时，f(x)0，f(x)在(0，)递增当x0时，f(x)1时曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同交点综上所述，假如曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，)10(2022昆明调研测试)已知函数f(x)ln xexa.(1)若x1是f(x)的极值点，争辩f(x)的单调性；(2)当a2时，证明：f(x)0.(1)解f(x)exa(x0)，x1是f(x)的极值点，f(1)1e1a0，a1，此时f(x)ex1，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)内单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)内单调递减(2)证明当a2时，exaex2，f(x)ln xexaln xex2，只需证g(x)ln xex20即可，g(x)ex2，由g(x)0，得ex2，由图象法知方程有唯一解x0(1,2)且，ln x0x02，当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)在(0，x0)内单调递增，当x(x0，)时，g(x)0，g(x)在(x0，)内单调递减，g(x)maxln x0x02，由x0(1,2)知x022，g(x)maxx020.综上，当a2时，f(x)0.11(2022陕西卷)设函数f(x)ln x，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的微小值；(2)争辩函数g(x)f(x)零点的个数；(3)若对任意ba0，1恒成立，求m的取值范围解(1)由题设，当me时，f(x)ln x，则f(x)，当x(0，e)，f(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x(e，)，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，xe时，f(x)取得微小值f(e)ln e2，f(x)的微小值为2.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点(x)的最大值为(1).又(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点(3)对任意的ba0，1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立(*)设h(x)f(x)xln xx(x0)，(*)等价于h(x)在(0，)上单调递减由h(x)10在(0，)上恒成立，得mx2x(x)2(x0)恒成立，m(对m，h(x)0仅在x时成立)，m的取值范围是，)