1、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(2021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：x10234f(x)12020f(x)的导函数f(x)的大致图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点个数为(D)A1B2C3D4解析根据导函数图象，知2是函数f(x)的极小值点，0和3是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图所示因为1a0恒成立，则实数a的取值范围是(A)A(1，)B(，1)C1，)D(，1解析f(x)ex1，令f(x)0，解得x0；令f(x)0，解得x0恒成立，则1a0，解得a1，故选A.3(2021四川阆中中学一诊
2、)已知函数f(x)mx(e为自然对数的底数)若f(x)0在(0，)上恒成立，则实数m的取值范围是(D)A(，2)B(，e)CD解析因为mx0在(0，)上恒成立，所以在(0，)上不等式m恒成立，即在(0，)上mmin.令g(x)，则g(x).当x(0,2)时，g(x)0，故g(x)在(2，)上为增函数所以g(x)ming(2)，故mf(x)sin x(其中f(x)为函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(D)AffBffDf0，故g(x)在(0，)递增，所以gg，可得ff，即f0，则下列命题正确的是(BC)A3f(1)f(3)C2f(2)f(4)D3f(3)xf(x)，则0恒成立，因此在R
3、上是单调递减函数，f(3)同理2f(2)f(4)，3f(3)f(9)，选B、C.6(2020山东日照二模)已知函数f(x)e|x|sin x，则下列结论正确的是(BD)Af(x)是周期为2的奇函数Bf(x)在上为增函数Cf(x)在(10，10)内有21个极值点Df(x)ax在上恒成立的充要条件是a1解析本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及恒成立问题f(x)的定义域为R，f(x)e|x|sin(x)f(x)，f(x)是奇函数，但f(x2)e|x2|sin(x2)e|x2|sin xf(x)，f(x)不是周期为2的函数，故A错误；当x时，f(x)exsin x，f(x)ex(cos xsin
4、 x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)exsin x，f(x)ex(sin xcos x)0，f(x)单调递增，且f(x)的图象在上是连续的，故f(x)在上为增函数，故B正确；当x0,10)时，f(x)exsin x，f(x)ex(sin xcos x)，令f(x)0，得xk(k1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)当x(10，0)时，f(x)exsin x，f(x)ex(cos xsin x)，令f(x)0，得xk(k1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)，f(x)在(10，10)内有20个极值点，故C错误；当x时，f(x)exsin x，则f(x)exsin xexcos x
5、，f(0)1，a表示过原点的直线yax的斜率，由f(x)ax在上恒成立知a1.三、填空题7已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是 (，2ln 22 .解析f(x)有零点可转化为方程ex2xa0有解的问题，即aex2x有解设g(x)ex2x，g(x)ex2，g(x)0得xln 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 22.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a(，2ln 228已知x(0,2)，若关于x的不等式0，即kx22x对任意x(0,2)恒成立，从而k0，因此由原不等式，
6、得k0.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时，F(x)0，所以当x0,1时，F(x)0，即sin xx.记H(x)sin xx，则H(x)cos x1.当x0,1时，H(x)0，H(x)单调递减所以H(x)H(0)0，即sin xx.综上，xsin xx，x0,110已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解析(1)证明：易知h(x)f(x)
7、g(x)ex1x，所以h(1)e30，所以h(1)h(2)0，因此(x)在(0，)上单调递增，易知(x)在(0，)内只有一个零点，则h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.11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kxln x在(1，)上恒成立令g(x)xln x，x(0，)，则g(x)x(ln x1)x1ln x，x(0，)令h(x)x1ln x，x(0，)，则h(x)1，x(0，)当0x1时，h(x)1时，h(x)0，函数h(x)在(1，)上单调递增
8、当x1时，h(x)h(1)0.即当x1时，g(x)g(1)0，函数g(x)在(1，)上单调递增，g(x)g(1)，当x1时，若使k1时，求证：f(x)3(x1)解析(1)因为f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2，当f(x)0时，xe2，当f(x)0时，0x0)g(x)ln x1，由g(x)0得xe.由g(x)0得xe，由g(x)0得0x0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)2(2022沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(
9、1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1. 解析(1)由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 2a2(1ln 2a)，无极大值(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)最小值为g(ln
10、 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.3(2019全国卷节选)已知函数f(x)ln x.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点解析f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)ln x10.又00且a1，函数f(x)(x0)(1)当a2时，求f的单调区间；
11、(2)若曲线yf与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围解析(1)对原函数求导，利用导数的正负来确定增减区间(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题，将a和x分离，通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势，进而求解参数的范围(1)当a2时，f(x)x22x(x0)，则f(x)2x2xx2(ln 22x)x2x(2xln 2)令f(x)0，则x，f(x)，f(x)的情况如下：xf(x)0f(x)极大值所以函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.(2)令f(x)1，则1，所以xaax，两边同时取对数，可得aln xxln a，即，根据题意可知，方程有两个实数解设g(x)，则g(x)，令g(x)0，则xe.当x(0，e)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(e，)时，g(x)0，g(x)单调递减又知g(1)0，g(x)0，g(x)maxg(e)，所以要使曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，则只需，即g(a)，所以a(1，e)(e，)综上，实数a的取值范围为(1，e)(e，)
