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．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则f (x 1)＜f (x 2)．其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 依题意，x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g ′(x )＝3x 2－6x ＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3．研究f (x 1)<f (x 2)成立的充要条件：f (x 1)<f (x 2)等价于(x 1－x 2)[(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2]<0，因为x 1<x 2，所以有(x 1＋x 2)2－3(x 1＋x 2)－x 1x 2＋2＝－2－λ3>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B ．2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e xx ＋3x －3－a x，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为( )A ．3B ．2C ．e 2D ．e 答案 D解析 因为f (x )＝e x x ＋3x －3－a x≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e．故选D ．3．设a ＝e 636，b ＝e 749，c ＝e864，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 )＝e xx 2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x e x(x －2)x4，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 ．4．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )是定义在R 上的增函数，f (x )＋2＞f ′(x )，f (0)＝1，则不等式ln (f (x )＋2)－ln 3＞x 的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞) C．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )＋2ex，则g ′(x )＝f ′(x )－(f (x )＋2)ex＜0，则g (x )在R 上单调递减，且g (0)＝f (0)＋2e＝3．从而原不等式lnf (x )＋23＞x 可化为f (x )＋23＞e x，即f (x )＋2ex＞3，即g (x )＞g (0)，从而由函数g (x )的单调性，知x ＜0．故选A ．5．(2018·郑州质检一)若对于任意的正实数x ，y 都有2x －y e ln y x ≤xm e 成立，则实数m的取值范围为( )A ．1e ，1B ．1e 2，1C ．1e 2，eD ．0，1e 答案 D解析 因为x >0，y >0，2x －y e ln y x ≤x m e ，所以两边同时乘以e x ，可得2e －y x ln y x ≤1m ，令y x＝t (t >0)，令f (t )＝(2e －t )·ln t (t >0)，则f ′(t )＝－ln t ＋(2e －t )·1t ＝－ln t ＋2et－1．令g (t )＝－ln t ＋2e t －1(t >0)，则g ′(t )＝－1t －2e t2<0，因此g (t )即f ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，又f ′(e)＝0，所以函数f (t )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，因此f (t )max ＝f (e)＝(2e －e)ln e ＝e ，所以e≤1m ，得0<m ≤1e．故选D ．6．(2018·郑州质检三)已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0，1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B．[e ，＋∞) C．[2，e] D ．[e ，e 2] 答案 A解析 f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，令g (x )＝a x ln a ＋2x －ln a ，则g ′(x )＝a x (ln a )2＋2>0，所以函数g (x )在[0，1]上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝a 0×ln a ＋2×0－ln a ＝0，即f ′(x )≥0，则函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (0)＝a －lna ≤a －2，解得a ≥e 2．故选A ．二、填空题7．若函数f (x )＝x 3－3x ＋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 )＝x 3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3x 2－3，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 －2，要使函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有三个不同的零点，则有f (－1)＝2＋a >0，且f (1)＝a －2<0，即－2<a <2，所以实数a 的取值范围是(－2，2)．8．若不等式2x(x －a )>1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a <x －2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f (x )＝x －2－x (x >0)，则f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )>f (0)＝－1，所以a ≤－1，即a ∈(－∞，－1]．三、解答题9．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数，a ∈R )． (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x >0，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点； 当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0， 当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0， 即a ≤e x－x 2－1x对∀x >0恒成立，设g (x )＝e x－x 2－1x(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x－x －1)x2． 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x－1． ∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2． ∴a 的取值范围是(－∞，e －2]．10．(2018·郑州质检一)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围．解 (1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，∴f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)，令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x >1)，h (x )的对称轴为直线x ＝1－k 2，①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意； 若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0，使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增， ∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．11．(2018·山西考前适应性测试)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ．(1)当a <1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对于任意x ∈[e －1，e]成立，求正实数a 的取值范围．解 (1)由题知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋ax＝(x －a )(x －1)x，若0<a <1，则当0<x <a 或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a <x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；若a ≤0，则当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当0<a <1时，函数f (x )在(a ，1)上单调递减，在(0，a )和(1，＋∞)上单调递增．(2)不等式f (x )＋(a ＋1)x ≥x 22＋x a ＋1－e 对任意x ∈[e －1，e]成立等价于对任意x ∈1e ，e ，有－a ln x ＋x a≤e－1成立， 设g (x )＝－a ln x ＋x a，a >0， 所以g (x )max ≤e－1，g ′(x )＝－a x ＋ax a －1＝a (x a －1)x，令g ′(x )<0，得0<x <1；令g ′(x )>0，得x >1，所以函数g (x )在1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，g (x )max 为g 1e＝a ＋e －a 与g (e)＝－a ＋e a 中的较大者．设h (a )＝g (e)－g 1e ＝e a －e －a－2a (a >0)，则h ′(a )＝e a ＋e －a －2>2e a ·e －a－2＝0，所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增，故h (a )>h (0)＝0， 所以g (e)>g 1e，从而g (x )max ＝g (e)＝－a ＋e a，所以－a ＋e a ≤e－1，即e a－a －e ＋1≤0， 设φ(a )＝e a－a －e ＋1(a >0)， 则φ′(a )＝e a－1>0，所以φ(a )在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以e a－a －e ＋1≤0的解为a ≤1． 因为a >0，所以正实数a 的取值范围为(0，1]．12．(2018·石家庄二中模拟)已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ，g (x )＝x e 1－x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若不等式f (x )>0对于一切x ∈0，12恒成立，求a 的最小值；(2)若对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意得(2－a )(x －1)－2ln x >0在0，12上恒成立，即a >2－2ln x x －1在0，12上恒成立．令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈0，12，则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2，x ∈0，12， 设φ(x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈0，12，则φ′(x )＝2x －2x 2＝2(x －1)x2<0，所以φ(x )>φ12＝2ln 12＋2>0，则h ′(x )>0，因此h (x )<h 12＝2－4ln 2，则a ≥2－4ln 2，即a 的最小值为2－4ln 2． (2)因为g ′(x )＝(1－x )e 1－x，所以g (x )＝x e1－x在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，由g (0)＝0，g (1)＝1，g (e)＝e 2－e∈(0，1)，得g (x )＝x e1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，因为f ′(x )＝(2－a )x －2x，所以当a ≥2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减； 当2－2e ≤a <2时，易得f (x )在(0，e]上单调递减，不符合题意．当a <2－2e ，此时f (x )在0，22－a 上单调递减，在22－a，e 上单调递增， 令m (a )＝f22－a ＝a －2ln 22－a a <2－2e， 则m ′(a )＝－a2－a ，易得m (a )在(－∞，0)上单调递增，在0，2－2e上单调递减，m (a )≤m (0)＝0，注意到，当x →0时，f (x )→＋∞，所以欲使对任意的x 0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的x i (i ＝1，2)，使f (x i )＝g (x 0)成立，则需满足f (e)≥1， 即a ≤2－3e －1，又因为2－2e －2－3e －1＝e ＋2e (e －1)>0，所以2－2e >2－3e －1，所以a ≤2－3e －1，综上，a ∈－∞，2－3e －1． 13．(2018·江西重点中学盟校联考一)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ，b ，c ∈R )． (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当b ＝2a ，c ＝1时，求最大的整数b ，使得0<x ≤2时，函数y ＝f (x )图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤2，x ＋y ＋1≤0所表示的平面区域内(含边界)．解 (1)当a ＝1，b ＝1，c ＝－1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ， 则f ′(x )＝2x ＋1－1x，所以f ′(1)＝2，又f (1)＝2，所以所求的切线方程为y －2＝2(x －1)， 即2x －y ＝0．(2)当b ＝2a ，c ＝1时，由题意得f (x )＝12bx 2＋bx ＋ln x ，当0<x ≤2时，f (x )≤－x －1， 即ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1≤0，设g (x )＝ln x ＋12bx 2＋(b ＋1)x ＋1，则问题等价于当0<x ≤2时，g (x )max ≤0． 因为g ′(x )＝1x ＋bx ＋(b ＋1)＝(bx ＋1)(x ＋1)x，当b ≥0时，若0<x ≤2，则g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )max ＝g (2)＝ln 2＋4b ＋3>0，故不满足条件；当b <0时，因为b 为整数，故b ≤－1，所以0<－1b ≤1，则g (x )在0，－1b上单调递增，在－1b，2上单调递减，所以g (x )max ＝g －1b ＝－ln (－b )－12b ≤0，即ln (－b )＋12b ≥0．(*)易知函数h (x )＝ln (－x )＋12x(x <0)为单调递减函数， 又h (－1)＝－12<0，h (－2)＝ln 2－14>0，所以满足(*)的最大整数b 为－2，综上可知，满足条件的最大的整数b 为－2．14．(2018·石家庄一模)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0．(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x ．解 (1)由题意知切线方程为y －1－e e ＝1－ee x ，当x ＝－1时，y ＝0，所以f (－1)＝(－1＋b )1e －a ＝0，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e ，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故b ＝1，a ＝1．(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x－1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2，当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0； 当x >－2时，设h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0， 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0⇒(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x ， 故f (x )≥mx 2＋x ．证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0， 由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ， 令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ， 则g ′(x )＝(x ＋2)e x －2， 令t (x )＝g ′(x )， 则t ′(x )＝(x ＋3)e x ，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0；当x>－3时，t′(x)>0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0，故g(x)≥g(0)＝0⇒(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x．。