【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第2章第12讲第3课时导数与函数的零点或方程的根、不等式作业
对应学生用书[练案17理][练案17文]
第三课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式
A组基础巩固
一、选择题
1．(2019·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示．当1
0，则( B )
A．3f(1)f(3)
C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)
[解析] 由于f(x)>xf′(x)，则[]′＝<0恒成立，因此在R上是单调递减函数，∴<，即3f(1)>f(3)．
3．(文)已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是( A )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
(理)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
[解析] (文)f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A．
(理)2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，
设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.
4．(2019·安徽省黄山市高三第一次质量检测)定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)0，知g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1f(x)1，故选C．
二、填空题
5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(－∞，2ln 2－2] .
[解析] f(x)有零点可转化为方程ex－2x＋a＝0有解的问题，即a＝－ex＋2x有解．设g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln 2，因此g(x)在(－∞，ln 2)递增，在(ln 2，＋∞)递减，因此g(x)在ln 2取得最大值，所以g(x)的最大值为g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln 2－2]．
6．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围是[0，e－1) .
[解析] 依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)(＋2)．令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1,2)时．f′(x)>0.函数f(x)在(1,2)上单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k0，F(x)单调递增；
当x∈(，1]时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.
记H(x)＝sinx－x，则H′(x)＝cosx－1.
当x∈[0,1]时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．
所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.
综上，x≤sinx≤x，x∈[0,1]．
8．已知函数f(x)＝ln x－＋，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
[解析] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)．
令h(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)．
当01时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.
即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，
∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝，
∴当x>1时，若使k<－xln x恒成立，则k≤，
即实数k的取值范围是(－∞，]．
9．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)．
(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；
(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．
[证明] (1)由题易得函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.
∵a≥1，x>1，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)<0，
∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－2x＋1＝－.
令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝－或x＝1.
∵x>0，∴x＝－舍去．
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，其值为f(1)＝ln 1－12＋1＝0.
∴当x≠1时，f(x)1时，求证：f(x)>3(x－1)．
[解析] (1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，
因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，
当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，00)．
g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0得x＝e.
由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得00.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．
2．(2020·重庆一中月考)已知函数f(x)＝＋2x，x>1.
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
[解析] (1)f(x)＝＋2x，x>1，
f′(x)＝＝.
由得x＝.
f(x)与f′(x)在(1，＋∞)上的变化情况如下表：
x
(1，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴f(x)极小值＝f()＝4.
(2)∵x>1，∴lnx>0，
由(2x－m)lnx＋x＝0，得2x－m＋＝0，即m＝＋2x，
∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，即函数f(x)与函数y＝m在(1，e]上的图象有两个不同的交点．
由(1)可知，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e]上单调递增且f()＝4，f(e)＝3e，当x从右侧趋近于1时，f(x)趋近于＋∞，∴41，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
(理)已知函数f(x)＝(x2＋a)ln x＋b的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x－1.
(1)求f(x)的解析式，并证明f(x)≥2x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立；
(2)证明：对任意的x∈[，)，1＋ln(tan x)≥sin(2x－)．
[解析] (文)(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：证明当x∈(1，＋∞)时，1<1，则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
即F(x)>F(1)＝0，
所以xln x>x－1.
即原不等式得证．
(3)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，
令g′(x)＝0，解得x0＝，
当x0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1<0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
(理)(1)解法一：∵f′(x)＝2xln x＋，
∴f′(1)＝1＋a＝2，解得a＝1.
由点(1，f(1))在切线y＝2x－1上得f(1)＝1，
则f(1)＝(1＋1)×ln 1＋b＝1，可得b＝1，
∴f(x)＝(x2＋1)ln x＋1.
要证f(x)≥2x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需证(x2＋1)lnx＋1≥2x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，
即(x2＋1)ln x≥2x－2在x∈[1，＋∞)上恒成立，即x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2.
∵x≥1，∴2xln x≥0，x＋≥2，即h′(x)≥0，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
∴f(x)≥2x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立．
解法二：∵f′(x)＝2xln x＋，∴f′(1)＝1＋a＝2，解得a＝1.
由点(1，f(1))在切线y＝2x－1上得f(1)＝1，
则f(1)＝(1＋1)ln 1＋b＝1，可得b＝1，
∴f(x)＝(x2＋1)ln x＋1，
f′(x)＝2xln x＋，
设g(x)＝2xln x＋，
则g′(x)＝2x·＋2ln x＋＝2＋2ln x＋，
∵x≥1，∴g′(x)>0，
∴f(x)的图象在[1，＋∞)上下凹，易知f(x)的图象在[1，＋∞)上恒在其切线y＝2x－1上方，即f(x)≥2x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立．
(2)∵对任意的x∈[，)，tan x≥1，
∴由(1)知，(tan2x＋1)ln(tan x)＋1>2tan x－1，
∴ln(tan x)＋1≥2tan x－1，
∴ln(tan x)≥2sin xcos x－2cos2x，
∴ln(tan x)≥sin 2x－cos 2x－1＝sin(2x－)－1，
∴1＋ln(tan x)≥sin(2x－)．
