17第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式含解析
[练案17]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、单选题
1．(2020·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恒成立，则实数a的取值范围是( A )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
[解析] 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.
3．(2020·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
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)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1f(x)1，故选C.
二、多选题
4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则下列命题正确的是( BC )
A．3f(1)f(3)
C．2f(2)>f(4) D．3f(3)xf′(x)，则[]′＝<0恒成立，因此在R上是单调递减函数，∴<，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，选B、C.
5．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值可能为( AB )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 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.
三、填空题
6．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]．
7．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]．
9．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(－∞，]．
10．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)．
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(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.
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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.
[解析] (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.
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