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第3课时 导数与函数的综合问题
一、选择题
1.方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
解析 设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可
知函数的极大值为f(1)＝－6＜0，极小值为f(3)＝－10＜0，所以方程x3－6x2＋
9x－10＝0的实根个数为1.
答案 C
2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)
解析 ∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.
令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，
∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).
答案 D
3.(2017·山东省实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则(
)
A.3f(1)f(3)
C.3f(1)＝f(3) D.f(1)＝f(3)
解析 由于f(x)>xf′(x)，则′＝<0恒成立，因此在R上是单调递减函数，∴<，即
3f(1)>f(3).
答案 B
4.(2017·德阳模拟)方程f(x)＝f′(x)的实数根x 叫作函数f(x)的“新驻点”，如果函
0
数g(x)＝ln x的“新驻点”为a，那么a满足( )
A.a＝1 B.00，∴h(x)在(1，2)上有零点，∴10.
即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立.
令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，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k1时，令g′(x)＝0解得x＝ea－1－1.
当0ea－1－1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，ea－1－1)上递减，在(ea－1－1，＋∞)上递增，
∴g(ea－1－1)1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立.
综上，由(1)(2)可知，实数a的取值范围是(－∞，1].
10.(2017·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：不等式(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
(1)解 定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
②a>0时，f(x)在(a，＋∞)上为增函数，在(0，a) 上为减函数.
(2)证明 法一 ∵x∈(1，2)，∴x＋1>0，
∴要证原不等式成立，即证ln x>对∀x∈(1，2)恒成立，令g(x)＝ln x－，
g′(x)＝≥0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴当x∈(1，2)时，g(x)>g(1)＝ln 1－＝0，∴ln x>对∀x∈(1，2)恒成立，
∴(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
法二 令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，
F′(x)＝ln x＋－2，
＝ln x－.
令φ(x)＝ln x－，由(1)知a＝1时，
φ(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.
∵x∈(1，2)，则φ(x)在(1，2)为增函数，φ(x)>φ(1)＝0，
即x∈(1，2)，F′(x)>0，∴F(x)在(1，2)上为增函数，
∴F(x)>F(1)＝0，
∴(x＋1)ln x>2(x－1)对∀x∈(1，2)恒成立.
11.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数个
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
12.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点 x ，且
0
x >0，则实数a的取值范围是( )
0
A.(2，＋∞) B.(－∞，－2)
C.(1，＋∞) D.(－∞，－1)
解析 法一 由题意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.
当a>0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减.
且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.
当a<0时，要使x >0且唯一，只需f>0，即a2>4，∴a<－2，故选B.
0
法二 f(x)有唯一正零点x ，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x ，即a＝
0 0
－有唯一正根x .
0
令g(x)＝－，g′(x)＝，
∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1，0)上递增，(0，1)上递增，(1，＋∞)上递减.
又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x<－1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，∴g(x)的大致图象如图：
∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x >0，只需a0，∴不等式的解集为(0，＋∞).
答案 C
14.(2017·广州调研)已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数.
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.
解 (1)依题意，可知f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增.
故当x＝m时，f(m)为极小值也是最小值.
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R ，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1].
(2)f(x)在[0，2m]上有两个零点，理由如下：
当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上单调递减.∴f(x)在(0，m)上有一个零
点.
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，则g′(m)＝em－2，∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增.
∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.
故f(x)在[0，2m]上有两个零点.
