1、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(2022河南许昌质检)设函数yf(x)，xR的导函数为f(x)，且f(x)f(x)，f(x)f(x)，则下列不等式成立的是(注：e为自然对数的底数)()Af(0)e1f(1)e2f(2)Be1f(1)f(0)e2f(2) Ce2f(2)e1f(1)f(0)De2f(2)f(0)e1f(1)答案B解析设g(x)，则g(x).因为f(x)f(x)，则g(x)0，所以函数g(x)在R上为减函数所以g(1)g(0)g(2)，即e1f(1)f(0)1时，g(x)0；当0x1时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，
2、所以g(x)ming(1)e，所以ae.故选D.3(2021广东省梅州中学模拟)已知函数f(x)xsinxcosxx2，则不等式f(ln x)f2f(1)的解集为()A(e，)B(0，e)C.(1，e)D答案D解析易知f(x)xsinxcosxx2是偶函数，所以ff(ln x)f(ln x)则原不等式可变形为f(ln x)f(1)f(|ln x|)0，得当x0时，f(x)0.所以f(x)在(0，)上单调递增所以|ln x|11ln x1xm1，则下列不等式成立的有()AfBfDf0，故函数g(x)f(x)mx在R上单调递增，又0，gg(0)，故f11，f0，而，故A正确，B错误；又0，故gg(
3、0)，f1，f0，故C正确，D错误故选AC.6(多选)(2021湖南省长沙市长郡中学高三月考(二)已知函数f(x)sinxx3ax，则下列结论正确的是()Af(x)是奇函数B若f(x)是增函数，则a1C当a3时，函数f(x)恰有两个零点D当a3时，函数f(x)恰有两个极值点答案ABD解析因为f(x)sinxx3ax，则f(x)sin(x)(x)3a(x)sinxx3axf(x)，A正确；若f(x)为增函数，则f(x)cosx3x2a0恒成立，故acosx3x2恒成立，令g(x)cosx3x2，则可得g(x)为偶函数，且在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，故当x0时，g(x)取得最小值g
4、(0)1，所以ag(x)min1，B正确；当a3时，f(x)sinxx33x为奇函数，且f(0)0，当x0时，f(x)cosx3x230恒成立，即f(x)在区间(0，)上单调递增，根据奇函数的对称性可知函数在(，0)上单调递增，故f(x)在R上单调递增，f(0)0，即只有一个零点，C错误；当a3时，f(x)sinxx33x为奇函数，故先考虑x0时，函数极值存在情况，则f(x)cosx3x23，令h(x)cosx3x23，因为h(x)6xsinx单调递增，则h(x)h(0)0，故f(x)单调递增，且f(0)20，故存在x0(0,1)使得f(x0)0，因此，当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0
5、，函数f(x)单调递增，故xx0为函数在x0时的唯一的极小值点，根据奇函数的对称性可知，当x0时，存在xx0为函数在x0时，对于任意的x1，)，不等式f(x)1a2恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a4时，f(x)4ln xx26x，f(x)2x6，令f(x)0，解得x2或0x1.函数f(x)的单调递增区间为(0,1，2，)(2)令g(x)f(x)a21(x1)，则g(x)f(x)2x(a2)(x1)当01，即0a2时，g(x)0(当且仅当x1时取等号)g(x)在1，)上单调递增，g(x)ming(1)a2a2(a2)(a1)1，即a2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增g(x)minga
6、ln a1，令h(x)xln x1(x2)，则h(x)ln x.当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)上单调递增，h(x)h(2)0.g(x)g0恒成立，满足题意综上所述，a2，即实数a的取值范围为(2，)10(2022湖南永州第一中学高三上第二次月考)已知1a2，函数f(x)exxa，其中e2.71828为自然对数的底数(1)证明：函数f(x)在(0，)上有唯一零点；(2)记x0为函数f(x)在(0，)上的零点，证明： x00时，ex1，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，10，f(0)1a0，由零点存在定理得，函数f(x)在(0，)上有唯一零点(2)f(x0)0，ex0x0a0，即
7、aex0x0，x0ex0x01x2(ex0x01)，令g(x)exx1x2(0x2)，h(x)exx1(0x0，h(x)h(0)0，h(x)在(0,2)上单调递增，h(x)h(0)0，exx10，即2(exx1)x2，另一方面：1a2，a11，当x01时，x0成立，因此只需证明当0x1时，g(x)exx1x20，g(x)ex12x，令g1(x)ex12x，则g1(x)ex2，由ex20，得xln 2.当x(0，ln 2)时，g1(x)0，g(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(ln 2,1上单调递增，又g(0)0，g(1)e30，g(x)0，g(x)在(0,1上单调递减，g(x)g(
8、0)0，exx1x2.综上，ex0x01x2(ex0x01)，x0.11(2022湖北武汉二中高三上暑期模拟)已知函数f(x)xln xkx2x，g(x)ln xkx,0k1.解(1)g(x)的定义域为(0，)，g(x)k.k0，令g(x)0，得0x，令g(x)，故g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减g(x)至多有两个零点0ke，gln 10，g(1)k0，g(x)在上有一个零点令yln xx，则y1，yln xx在(0,1)上导数大于零，函数单调递增，在(1，)上导数小于零，函数单调递减，ln 111，ln xx10，ln xx，从而gln 2ln 0，g(x)在上有一个零点综上，函数
9、g(x)有两个零点(2)证明：f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1kx1ln xkxg(x)由(1)知g(x)有两个零点，设为x1，x2，且0x1x2，且ln x1kx1，ln x2kx2.又g(x)在上单调递增，在上单调递减当0xx2时，g(x)0；当x1x0.f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，在(x2，)上单调递减，故x1，x2为f(x)的两个极值点ln x1kx11ln x1ln x11ln x11，同理ln x21.欲证21，即证ln x1ln x22.ln x1kx1，ln x2kx2，ln x2ln x1(ln x2ln x1)ln ，令t1，
10、即证ln t2，即证ln t0.记h(t)ln t，h(t)0，h(t)在(1，)上单调递增，故h(t)h(1)0，命题得证12(2021河北衡水中学全国高三第一次联合考试)已知函数f(x)xln x.(1)求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)证明：f(x)2；任意nN*，en1(2nln n)n.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，f(1)1，f(1)1，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y1(x1)，即xy20.(2)证明：f(x)2可化为0，h(x)在区间(0,1)上单调递增当x(1，)时，h(x)0，h(x)在区间(1，)上单调递减，故h(x)maxh(1
11、)1.设g(x)xln x2，则g(x)ln x1，当x时，g(x)0，g(x)在区间上单调递增，故g(x)ming2.因为12，所以2xln x，所以f(x)2.由f(x)2，得xln x0，所以en10，求证：f(x)g(x).解(1)函数F(x)的定义域为(，a)(a，)当x(a，)时，ex0，0，F(x)ex0，即F(x)在(a，)上没有零点；当x(，a)时，F(x)ex，令h(x)ex(xa)1(xa)，只要讨论h(x)的零点即可h(x)ex(xa1)，h(a1)0，则当x(，a1)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)在(，a)上的最小值为h(a1)1ea1.显然，当a1时，h
12、(a1)0，xa1是F(x)的唯一的零点；当a0，F(x)没有零点；当a1时，h(a1)1ea10，要证f(x)g(x)，即要证ex(x2)x24，(x2)x24，设M(x)ex(x2)x24exx22x2，则M(x)ex2x2，令(x)ex2x2，令(x)ex20，解得xln 2，(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，(1)(2)0，(1)(0)0，M(x)在(0，)上只有一个零点x0且1x00，ex(x2)x24，ex(x2)x24，f(x)g(x)得证14设函数f(x)xsinx，x，g(x)cosx2，mR.(1)证明：f(x)0；(2)当x时，不等式g(x)恒
13、成立，求m的取值范围解(1)证明：因为f(x)cosx在x上单调递增，所以f(x)，所以存在唯一x0，使得f(x0)0.当x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)maxmax0，所以f(x)0.(2)因为g(x)xsinxm，当m0时，m0，由(1)中的结论可知，xsinx0，所以g(x)0，所以g(x)在x上单调递减，所以g(x)ming，满足题意令h(x)xsinxm，则h(x)cosxm.当m0时，因为h(x)在x上单调递增，h(0)1m0，所以存在唯一x1，使得h(x1)0.当x(0，x1)时，h(x)0，g(x)单调递增而g(0)m0，g0，所以存在唯一x2，使得g(x2)0.当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x时，g(x)0，g(x)单调递减要使当0x时，g(x)恒成立，即m，所以m0.当m，x时，h(x)0，所以当x时，g(x)单调递减，又g0，所以g(x)0，所以g(x)在x上单调递增，所以g(x)g，与题意矛盾综上，m的取值范围为.
