2017届高考理科数学二轮复习训练：1-1-6-2 利用导数解决不等式、方程解的问题（解析参考）

1．[2015·山西质监]已知函数f(x)＝xln x.

(1)试求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；

(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．

解 (1)f′(x)＝ln x＋x·x(1)＝1＋ln x，∴f′(e)＝2，又f(e)＝e，∴切线方程为2x－y－e＝0.

(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程ln x－x((x－1)(ax－a＋1))＝0的解．

设h(x)＝ln x－x((x－1)(ax－a＋1))，x>1.

则h′(x)＝－x2(ax2－x－a＋1)＝－x2((x－1)(ax＋a－1))，x>1.

当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．

当a≠0时，令h′(x)＝0得x₁＝1，x₂＝a(1－a).

当a<0，即x₂＝a(1－a)<1时，∵x>1，∴h′(x)>0，则h(x)为(1，＋∞)上的增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．

当0<a<2(1)，即a(1－a)>1时，x∈a(1－a)时，h′(x)>0，h(x)为增函数；

x∈，＋∞(1－a)时，h′(x)<0，h(x)为减函数．

又x→＋∞时，h(x)＝ln x－ax＋x(1－a)＋2a－1<0，h(1)＝0，

∴方程有一个解．

当a≥2(1)，即a(1－a)≤1时，

∵x>1，∴h′(x)<0，h(x)为减函数，

而h(x)<h(1)＝0，方程无解．

综上所述，当a∈(－∞，0]∪，＋∞(1)时，原方程无解；

当0<a<2(1)时，原方程有一个解．

2．[2015·郑州质量预测]已知函数f(x)＝ax－1＋ln x，其中a为常数．

(1)当a∈e(1)时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－4，求a的值；

(2)当a＝－e(1)时，若函数g(x)＝|f(x)|－x(ln x)－2(b)存在零点，求实数b的取值范围．

解 (1)f′(x)＝a＋x(1)，令f′(x)＝0得x＝－a(1)，

因为a∈e(1)，所以0<－a(1)<e，

由f′(x)>0得0<x<－a(1)，由f′(x)<0得－a(1)<x<e，

从而f(x)的增区间为a(1)，减区间为，e(1)，

所以f(x)_max＝fa(1)＝－1－1＋ln a(1)＝－4，

解得a＝－e².

(2)函数g(x)＝|f(x)|－x(ln x)－2(b)存在零点，即方程|f(x)|＝x(ln x)＋2(b)有实数根，

由已知，函数f(x)的定义域为{x|x>0}，

当a＝－e(1)时，f(x)＝－e(x)－1＋ln x，所以f′(x)＝－e(1)＋x(1)＝－ex(x－e)，

当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0，

所以，f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)，

所以f(x)_max＝f(e)＝－1，

所以|f(x)|≥1.

令h(x)＝x(ln x)＋2(b)，则h′(x)＝x2(1－ln x).

当0<x<e时，h′(x)>0；当x>e时，h′(x)<0，

从而h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

所以h(x)_max＝h(e)＝e(1)＋2(b)，

要使方程|f(x)|＝x(ln x)＋2(b)有实数根，

只需h(x)_max≥1即可，

故b≥2－e(2).

3．[2015·石家庄质检(二)]已知f(x)＝xln x－2(1)mx²－x，m∈R. 

(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；

(2)若f(x)有两个极值点x₁，x₂，且x₁<x₂，求证：x₁x₂>e²(e为自然对数的底数)．

解 (1)当m＝－2时，f(x)＝xln x＋x²－x＝x(ln x＋x－1)，x>0.

设g(x)＝ln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝x(1)＋1>0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．

又g(1)＝0，所以，g(x)有唯一零点x＝1.

从而，函数f(x)有唯一零点x＝1.

(2)证明：欲证x₁x₂>e²，需证ln x₁＋ln x₂>2

若f(x)有两个极值点x₁，x₂，即函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx，所以，

x₁，x₂是方程f′(x)＝0的两个不同实根．

于是，有ln x2－mx2＝0(ln x1－mx1＝0).解之得m＝x1＋x2(ln x1＋ln x2).

另一方面，由ln x2－mx2＝0(ln x1－mx1＝0)得ln x₂－ln x₁＝m(x₂－x₁)，

从而可得x2－x1(ln x2－ln x1)＝x1＋x2(ln x1＋ln x2)

于是，ln x₁＋ln x₂＝x2－x1((ln x2－ln x1)(x2＋x1))＝－1(x2).

又0<x₁<x₂，设t＝x1(x2)，则t>1.

因此，ln x₁＋ln x₂＝t－1((1＋t)ln t)，t>1.

要证ln x₁＋ln x₂>2，

即证：t－1((t＋1)ln t)>2，t>1.

即当t>1时，有ln t>t＋1(2(t－1)).

设函数h(t)＝ln t－t＋1(2(t－1))，t≥1.

则h′(t)＝t(1)－(t＋1)2(2(t＋1)－2(t－1))＝t(t＋1)2((t－1)2)≥0，

所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0.因此，h(t)≥h(1)＝0.

于是，当t>1时，有ln t>t＋1(2(t－1)).

所以，有ln x₁＋ln x₂>2成立，即x₁x₂>e².

4．[2015·甘肃一诊]已知函数f(x)＝ax²＋ln (x＋1)．

(1)当a＝－4(1)时，求函数f(x)的单调区间；

(2)当x∈[0，＋∞)时，函数y＝f(x)的图象上的点都在y－x≤0(x≥0)所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．

解 (1)当a＝－4(1)时，f(x)＝－4(1)x²＋ln (x＋1)(x>－1)，

f′(x)＝－2(1)x＋x＋1(1)＝－2(x＋1)((x＋2)(x－1))(x>－1)，

由f′(x)>0解得－1<x<1，由f′(x)<0解得x>1.

∴函数f(x)的单调递增区间为(－1,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)当x∈[0，＋∞)时，函数y＝f(x)的图象上的点都在y－x≤0(x≥0)所表示的平面区域内，即当x∈[0，＋∞)时，不等式f(x)≤x恒成立，

即ax²＋ln (x＋1)≤x恒成立，设g(x)＝ax²＋ln (x＋1)－x(x≥0)，

只需g(x)_max≤0即可．

由g′(x)＝2ax＋x＋1(1)－1＝(x＋1)(x[2ax＋(2a－1)])，

①当a＝0时，g′(x)＝x＋1(－x)，

当x>0时，g′(x)<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．

∴g(x)≤g(0)＝0成立．

②当a>0时，由g′(x)＝(x＋1)(x[2ax＋(2a－1)])＝0，因x∈[0，＋∞)，

∴x＝2a(1)－1.

(ⅰ)若2a(1)－1<0，即a>2(1)时，在区间(0，＋∞)上，g′(x)>0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数g(x)在[0，＋∞)上无最大值，此时不满足．

(ⅱ)若2a(1)－1≥0，即0<a≤2(1)时，函数g(x)在－1(1)上单调递减，在区间－1，＋∞(1)上单调递增，同样函数g(x)在[0，＋∞)上无最大值，此时也不满足．

③当a<0时，由g′(x)＝(x＋1)(x[2ax＋(2a－1)])，

∵x∈[0，＋∞)，

∴2ax＋(2a－1)<0，∴g′(x)<0，故函数g(x)在[0，＋∞)上单调递减．

∴g(x)≤g(0)＝0成立．

综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．

5．已知函数f(x)＝(2a＋2)ln x＋2ax²＋5

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)设a<－1，若对任意不相等的正数x₁，x₂，恒有x1－x2(f(x1)－f(x2))≥8，求a的取值范围．

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x(2a＋2)＋4ax＝x(2(2ax2＋a＋1)).

当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)单调递减；当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝ 2a(a＋1).

即x∈2a(a＋1)时，f′(x)>0；

x∈，＋∞(a＋1)时，f′(x)<0；

故f(x)在2a(a＋1)单调递增，在，＋∞(a＋1)单调递减；

(2)解法一：不妨设x₁<x₂，而a<－1，由(1)知f(x)在(0，＋∞)单调递减，从而对任意x₁、x₂∈(0，＋∞)，恒有x1－x2(f(x1)－f(x2))≥8⇔|f(x₁)－f(x₂)|≥8|x₁－x₂|⇔f(x₁)－f(x₂)≥8(x₂－x₁)⇔f(x₁)＋8x₁≥f(x₂)＋8x₂

令g(x)＝f(x)＋8x，则g′(x)＝x(2a＋2)＋4ax＋8

原不等式等价于g(x)在(0，＋∞)单调递减，即x(a＋1)＋2ax＋4≤0，从而a≤2x2＋1(－4x－1)＝2x2＋1((2x－1)2－4x2－2)＝2x2＋1((2x－1)2)－2，

故a的取值范围为(－∞，－2]．

解法二：a≤2x2＋1(－4x－1)_min，设φ(x)＝2x2＋1(－4x－1)，

则φ′(x)＝(2x2＋1)2(－4(2x2＋1)－(－4x－1)·4x)＝(2x2＋1)2(8x2＋4x－4)＝(2x2＋1)2(4(2x－1)(x＋1))，

当x∈2(1)时，φ′(x)<0，φ(x)为减函数，x∈，＋∞(1)时，φ′(x)>0，φ(x)为增函数．

∴φ(x)_min＝φ2(1)＝－2，∴a的取值范围为(－∞，－2]．

6．[2015·衡水中学一调]已知f(x)＝xln x，g(x)＝2(ax2)，直线l：y＝(k－3)x－k＋2.

(1)函数f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；

(2)若至少存在一个x₀∈[1，e]使f(x₀)<g(x₀)成立，求实数a的取值范围；

(3)设k∈Z，当x>1时f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．

解 (1)∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(e)＝1＋ln e＝k－3，∴k＝5，

(2)由于存在x₀∈[1，e]，使f(x₀)<g(x₀)，

则2(1)ax0(2)>x₀ln x₀，∴a>x0(2ln x0)，

设h(x)＝x(2ln x)，则h′(x)＝x2(2(1－ln x))，

当x∈[1，e]时，h′(x)≥0(仅当x＝e时取等号)．

∴h(x)在[1，e]上单调递增，

∴h(x)_min＝h(1)＝0，因此a>0.

(3)由题意xln x>(k－3)x－k＋2在x>1时恒成立，即k<x－1(xln x＋3x－2)，

设F(x)＝x－1(xln x＋3x－2)，∴F′(x)＝(x－1)2(x－ln x－2)，

令m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－x(1)＝x(x－1)>0在x>1时恒成立，

所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，

所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x₀(x₀∈(3,4))使m(x)＝0

当1<x<x₀时m(x)<0即F′(x)<0，

当x>x₀时m(x)>0即F′(x)>0，

所以F(x)在(1，x₀)上单调递减，在(x₀，＋∞)上单调递增，

F(x)_min＝F(x₀)＝x0－1(x0ln x0＋3x0－2)

＝x0－1(x0(x0－2)＋3x0－2)＝x₀＋2∈(5,6)，

故k<x₀＋2，又k∈Z，所以k的最大值为5.