2022版高考人教版数学一轮练习：练案《17理》《17文》 导数与函数的零点或方程的根、不等式 WORD版含解析.DOC

1、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(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)A1B2 C3 D4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

2、(2020石家庄模拟)直线ya与函数yx33x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为(A)A(2,2)B2,2C2，) D(，2解析考虑数形结合，yx33x的导数y3x233(x1)(x1)，令y0可解得x1，故yx33x在(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减，函数的极大值为f(1)2，极小值为f(1)2，大致图象如图所示而ya为一条水平直线，通过图象可得，ya介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点可得a(2,2)4(理)(2021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ex1f(x)0，则下列命题正确的是(C)A3f(1)

3、f(3)B3f(1)f(4) D3f(3)0，知g(x)在(，)上为增函数，由ex1f(x)f(2x1)得：，即g(x)g(2x1)，所以x1，故选C.(文)由于f(x)xf(x)，则0恒成立，因此在R上是单调递减函数，f(3)同理2f(2)f(4)，3f(3)f(9)，选C.5(理)(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(B)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(文)若不等式2xln xx2ax3对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围是(B)A(，0)B(，

4、4C(0，) D4，)解析(理)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 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)

5、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，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，D错误；故选B.(文)因为2xlnxx2ax3，x(0，)，则a2ln xx，设h(x)2ln xx(x0)，则h(x).当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh

6、(1)4，所以ah(x)min4.二、填空题6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 227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，得k0.函数f(x)在(1,2)上单调递增；当

7、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，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，x0,19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)x1l

8、n 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ke2.(文)(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(理)(1)f(x)2x(a2)，由题意可知f(2)tan 1，f(2)4a21，得a2.(2)f(x)2x(a2)，设h(x)2x2(a2)xa(x1)(2xa)，令h(x)0，得x1或x，f(x)在(1，e)上存在零点，1e，即2a2e

9、.由此可知xf(x)0f(x)减极小值增当x(1，e)时，f(x)minfaln 2(a2)aln a.设g(a)aln a(2a2e)，则g(a)ln，1e，ln 1，g(a)2eln e2ee2，当x(1，e)时，f(x)e2.(文)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01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 e21

10、0，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(2020课标，21,12分)已知函数f(x)2ln x1.(1)若f(x)2xc，求c的取值范围；(2)设a0，讨论函数g(x)的单调性解析设h(x)f(x)2xc，则h(x)2ln x2x1c，其定义域为(0，)，h(x)2.(1)当0x0；当x1时，h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增，在区间(1，)单调递减，从而当x1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)1c.故当且仅当1c0，即c1时，f(x)2xc.所以c的取值范围为1，)(2)g(x)，x(0，a)(a，)g(x).取c1得h(x)2ln x2x2，h(1)0，则由(1)知，当x1时，h(x)0，即1xln x0. 故当x(0，a)(a，)时，1ln 0，从而g(x)0.所以g(x)在区间(0，a)，(a，)单调递减