第2講第3課時導數與函數的綜合問題、選擇題1.方程X3—6x2+9x—10=0的實根個數是( )A.3B.2C.1D.0解析設f(x)=x3—6x2+9x—10,f'(x)=3x2—12x+9=3(x—1)(x—3),由此可知函數的極大值為f(1)=—6<0,極小值為f(3)=—10V0,所以方程x3—6x2+9x—10=0的實根個數為1.答案CTOC\o"1-5"\h\z2.若存在正數x使2x(x—a)<1成立，則實數a的取值范圍是( )A.(—8,+OO) B.(—2,+oo)C.(0,+°°) D.(-1,+8)x 1斛析:2(*—a)<1,?1-a>x-2x..一 1一, x令f(x)=x—逢f (x)=1+2In2>0.?.f(x)在(0,+8)上單調遞增，f(x)>f(0)=0-1=-1,?，?實數a的取值范圍為(—1,+8).答案D3.(2017?山東省實驗中學診斷)若函數f(x)在R上可導，且滿足f(x)—xf'(x)>0,則( )A.3f(1)<f(3) B.3f(1)>f(3)C.3f(1)=f(3) D.f(1)=f(3)解析由于f(x)>xf'(x),則―]=xf'(x)x2-f(x)<0恒成立，因此一在R上是單調遞減函數，f?<匚乎一，即3f(1)>f(3).3 1答案B4.(2017?德陽模擬)方程f(x)=f'(x)的實數根x4.(2017?德陽模擬)方程f(x)=f'數g(x)=lnx的“新駐點”為a,那么數g(x)=lnx的“新駐點”為a,那么a滿足(A.a=1B.0<a<1C.2<a<3D.1<a<21解析:g'(x)=-,xlnx=lx設h(x)=lnx-1,x則h(x)在(0,+°°)上為增函數.又h(1)=—1<0,h(2)=ln2-2=ln2—In/>0,h(x)在(1,2)上有零點，，1<a<2.f(x)的導函數y=f'(x)的圖像如圖所示.當1<a<2時，函數y=f(x)—a的零點的個數為( )A.1 B.2 C.3 D.4解析根據導函數圖像，知 2是函數的極小值點，函數 y=f(x)的大致圖像如圖所示由于f(0)=f(3)=2,1<a<2,所以y=f(x)—a的零點個數為4.答案D二、填空題.已知函數y=x3—3x+c的圖像與x軸恰有兩個公共點，則c=.解析設f(x)=x3-3x+c,對f(x)求導可得，f'(x)=3x2—3,令f'(x)=0,可得x=±1,易知f(x)在(一8,—1),。，+8)上單調遞增，在(一1,1)上單調遞減，若f(1)=1-3+c=0,可得c=2;若f(—1)=—1+3+c=0,可得c=-2.答案—2或2.若函數f(x)=ax-lnx在g,+00八單調遞增，則實數a的取值范圍為.解析由已知得「(x)=a—x>0X^?xC+°°,亙成立，.二a〉.^?xCQ,+0°j恒一11成立，:x\=2,，a>2.2答案[2,+8).(2017?安徽江南名校聯考)已知xC(0,2),若關于x的不等式2vl—1——2恒成立，則ek+2x—x實數k的取值范圍為.解析依題意，知k+2x—x2>0.即k>x2-2x對任意x€(0,2)恒成立，從而k>0,ex2 、因此由原不等式，得k<—+x-2x恒成立.x令f(x)=ex+x2-2x,則f'(x)=(x—1)l*+2.令f'(x)=0,得x=1,當xC(1,2)時，f'(x)>0,函數f(x)在(1,2)上單調遞增，當x\(0,1)時,f'(x)<0,函數f(x)在(0,1)上單調遞減,所以k<f(x)min=f(1)=e-1,故實數k的取值范圍是［0,e-1).答案［0,e-1)三、解答題.設函數f(x)=(x+1)ln(x+1),若對所有的x>0,都有f(x)>ax成立，求實數a的取值范圍.解令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,則g'(x)=ln(x+1)+1—a.(1)當awl時，1-a>0, x>0,ln(x+1)>0,.?.gz(x)>0, g(x)在［0,+8)上是增函數，?g(x)>g(0)=0,，當awl時，(x+1)ln(x+1)>ax對x>0都成立.(2)當a>1時，令g'(x)=0解得x=e”1—1.當0<x<ea1—1時，g'(x)<0；當x>ea1—1時，g'(x)>0,.g(x)在(0,e"1—1)上遞減，在(e”1—1,+00)上遞增，a-1??g(e-1)<g(0)=0,，當a>1時，不是對所有的x>0,都有f(x)nax成立.綜上，由⑴(2)可知，實數a的取值范圍是(一巴1］.10.(2017?武漢調研)已知函數f(x)=lnx-a(XT)(a€R).x(1)求函數f(x)的單調區間；(2)求證：不等式(x+1)lnx>2(x-1)X^?xC(1,2)恒成立.. 、、，.》 .x—a⑴解定義域為(0,+8),「(刈=—^.x①aW0時，f'(x)>0,f(x)在(0,+8)上為增函數；②a>0時，f(x)在(a,+8)上為增函數，在(0,a)上為減函數.(2)證明法-,.x€(1,2),x+1>0,2(x—1)，要證原不等式成立，即證lnx>————又^?xC(1,2)恒成立，令g(x)=lnx十12(x—1)12.(2014?全國I卷)已知函數f(x)=ax3—3x2+1,若f(x)存在唯一的零點X0,且X0>0,則實數a的取值范圍是( )A.(2+0°)B.(—00,一2)則實數a的取值范圍是( )A.(2+0°)B.(—00,一2)C.(1+0°)D.(—00,一1)解析法一由題意aw0,由「(x)=3ax2—6x=0得x=0或x=—.a當a>0時，f(x)在(一8,0)和2aA,C.且f(0)=1>0,故f(x)有小于0的零點，不符合題意，排除A,C.當a<0時，要使x0當a<0時，要使x0>0且唯一，只需f?,即a2>4,a<-2,故選B.法二f(x)有唯一正零點xc,等價于方程ax3-3x2+1=0有唯一正根x0,即a=3」有

xx唯一正根xa.人3 1, 3(1—x)(1+x)令g(x)=-一孑g(x)= x7 ，g(x)在(—8,—1)上遞減，(—1,0)上遞增，(0,1)上遞增，(1,+8)上遞減又g(-1)=-2,g(1)=2,且當x<-1時，g(x)<0,當x>1時，g(x又g(-1)=-2,g(x)的大致圖像如圖：，直線y=a與y=g(x)有唯一交點，且橫坐標xq>0,只需a<g(-1)=-2.答案B13.(2017?西安模擬)定義域為R的可導函數y=f(x)的導函數f'(x),滿足f(x)<f'(x),且f(0)=2,則不等式f(x)<2ex的解集為( )A.(—8,0) B.(—8,2)C.(0,+°°) D.(2,+8)解析設g(x)=f(x),貝Ug'(x)=f (x，xf(x),e ef(x)<f'(x),g'(x)<0,g(x)在R上為減函數,-f(0)=2, g(0)=f(0)=2,xf(x)口?1f(x)<2e，.二 x—<2,即g(x)<g(0),e??.x>0,??.不等式的解集為(0,+oo).答案C14.(2017?廣州調研)已知函數f(x)=e?m—x,其中m為常數.(1)若對任意xCR有f(x)RO恒成立，求m的取值范圍；(2)當m>1時，判斷f(x)在［0,2m上零點的個數，并說明理由.解(1)依題意，可知f'(x)=e~m—1,令f'(x)=0,得x=m故當xC(—8,m時，ex-m<1,f'(x)<0,f(x)單調遞減；當xe(mT,+8)時，exm>1,fz(x)>0,f(x)單調遞增.故當x=m時，f(m)為極小值也是最小值.令f(m)=1-m>0,得mK1,即對任意xCR,f(x)RO恒成立時，m的取值范圍是(—8,1］.f(x)在［0,2m上有兩個零點，理由如下：當m>1時，f(m)=1-m<0.??f(0)=em>0,f(0)-f(m)<0,且f(x)在(0,m)上單調遞減.?.f(x)在(0,m上有一個零點.又f(2m)=em-2m令g(m)=em—2m則g'(m)=em—2,丁當m>1時，g'(m)=em-2>0,g(m)在(1,+°°)上單調遞增.g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0.f(m)-f(2m)<0, f(x)在(m,2m上有一個零點.故f(x)在［0,2m上有兩個零點.x+1 '(x—1)2g'(x)= 2—，1?g(x)在(0,+8)上為增函數，k*********x十1)t 1 2(1—1)???當xC(1,2)時，g(x)>g(1)=ln1——1^;^=0,...皿x>2_Cx__H_又^?xe(1,2)恒成立，xII..(x+1)lnx>2(x—1)卞:寸？xC(1,2)恒成立.法二令F(x)=(x+1)lnx-2(x-1),F(x)=lnx+x^-2,x=lnx-匕.x令(Hx)=lnx-x—,由(1)知a=1時，x(f)(x)在(0,1)上為減函數，在(1,)上為增函數..x€(1,2),則<f)(x)在(1,2)為增函數,<f)(x)>力(1)=0,即xC(1,2),F'(x)>0, F(x)在(1,2)上為增函數，???F(x)>F(1)