【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册精练：拓展四《导数与零点、不等式的综合运用》（解析版）.doc，共(19)页，1.288 MB，由MTyang资料小铺上传

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拓展四导数与零点、不等式的综合运用【题组一零点】1．（2020·历下·山东师范大学附中）已知函数xfxexa，其中e是自然对数的底数，aR．（1）求函数fx的单调区间；（2）设2gxfxax，讨论函数gx零

点的个数，并说明理由．【答案】（1）增区间是1,a，减区间是,1a.（2）见解析【解析】（1）因为xfxexa，所以1xfxexa.由0fx，得1xa；由0fx，得1xa.所以由

fx的增区间是1a,，减区间是,1a.（2）因为22xaxagxfxaxxexxex.由0gx，得0x或0xaex.设xahxex，又00ah

e，即0x不是hx的零点，故只需再讨论函数hx零点的个数.因为1xahxe，所以当,xa时，0,hxhx单调递减；当,xa时，0,hxhx单调递

增.所以当xa时，hx取得最小值1haa.①当0ha，即1a时，无零点；②当0ha，即1a时，0,hxhx有唯一零点；③当0ha，即1a时，因为00ahe，所以hx在a∞，上有且只有一个零点.令2xa，则

22ahaea.设22120aaahaeaaae，则，所以a在1，上单调递增，所以，1,a，都有120ae.所以

2ahaaea.所以hx在,a上有且只有一个零点.所以当1a时，hx有两个零点综上所述，当1a时，gx有一个零点；当1a时，gx有两个零点；当1a时，

gx有三个零点.2．（2020·湖北）已知函数2()e1xfxax．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）当0a时，判断方程()4ln0fxxx的实根个数，并说明理由．【答案】（1）22yex；（2）方程214ln0xxx

恰有三个不同的实根p，1，q，理由见解析.【解析】（1）当1a时，2()1xfxex，则1fe，因为()2xfxex，所以(1)2fe，则所求切线方程为(2)(1)yeex，即22

yex．（2）当0a时，21fxx，方程()4ln0fxxx，即214ln0xxx．令2()14lngxxxx，定义域为0,，则()24ln4gxxx．令()24ln4hxxx，则

42hxx，令420x，得2x．当0,2x时，0hx，所以hx在0,2上单调递减；当2,x时，0hx，所以hx在2,上单调递增．所以24ln20minhxh．又120hee，(1)20h

，222120hee，22e．所以hx在0,2上存在唯一零点，记为m．在(2,)上存在唯一零点，记为n．则1,1me，22,ne．当0,xm时，0hx，所以gx在0,m上

单调递增；当,xmn时，0hx，所以gx在,mn上单调递减；当(,)xn时，0hx，所以gx在(,)n上单调递增．又()(1)0gmg，()(1)0gng，所以gx在,mn上存

在唯一零点1．因为333636112111210eegeeee，333331121210geeeee，所以存在唯一的(0,)pm，使得0gp．存在唯一的()qn，使得0gq，且31,pme，3,qne

．综上，方程214ln0xxx恰有三个不同的实根p，1，q．3．（2020·河南）已知函数22exxxfax.（1）讨论函数fx的单调性；（2）当1a时，判断函数21

ln2gxfxxx零点的个数，并说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）gx只有一个零点，理由见解析.【解析】（1）fx的定义域为R，2222e2e2exxxxxxafxax，当2a时，

0fx，则fx在R上是增函数；当2a时，2(2)e22exxxaxaxfax，所以02xfxa；02xfxa或2xa；022fxaxa，所以fx在2,2aa上是减函数，在,

2a和2,a上是增函数.（2）当1a时，2211eln2xgxxxx，其定义域为0,，则1e11xgxxxx.设1exhxx(0x)，则21e0xhxx，从而

hx在0,上是增函数，又1e202h，1e10h，所以存在01,12x，使得0001e0xhxx，即001exx，00lnxx.列表如下：x00,x0x0,1x11,

gx00gx增函数极大值减函数极小值增函数由表格，可得gx的极小值为112g；gx的极大值为022222000000000002111111eln2222xxxgxxxxxxxxx因为0gx是关于0

x的减函数，且01,12x，所以03128gx，所以gx在0,1内没有零点.又1102g，22e2ln20g，所以gx在1,内有一个零点.综上，gx只有一个零点

.4．（2020·河北）已知函数sincos1fxxxx，214gxxfx．（1）求fx在区间0,2π上的极值点；（2）证明：gx恰有3个零点．【答案】（1）极大值点π2x，极小值点3π2x；（2）证明见解析.【解析】（1）

cosfxxx（0,2πx），令0fx，得π2x，或3π2x．当π0,2x时，0fx，fx单调递增；当π3π,22x时，0fx，fx单调递减；当3π,2π2x

时，0fx，fx单调递增．故π2x是fx的极大值点，3π2x是fx的极小值点．综上所述，fx在区间0,2π上的极大值点为π2x，极小值点为3π2x．（2）22111sincos44gxxfxxxxx

（xR），因为00g，所以0x是gx的一个零点．2211sincos1sincos44xgxxxxxxxxgx，所以gx为偶函数．即要

确定gx在R上的零点个数，只需确定0x时，gx的零点个数即可．当0x时，11cos12cos22gxxxxxx．令0gx，即1cos2x，π2π3xk或5π2π3xk（kN）．

π0,3x时，0gx，gx单调递减，又00g，所以π03g；π5,π33x时，0gx，gx单调递增，且2525531πππ033662g

，所以gx在区间50,π3内有唯一零点．当5π3x时，由于sin1x，cos1x．2221111sincos11444gxxxxxxxxxtx．而

tx在区间5π,3内单调递增，5π03txt，所以0gx恒成立，故gx在区间5π,3内无零点，所以gx在区间0,内有一个零点，由于gx是偶函数，所

以gx在区间,0内有一个零点，而00g，综上，gx有且仅有三个零点．5．（2020·湖北随州·高三一模（理））已知函数2122xfxxeax.（1）若1a，求函数gxfxx的单调区间；（2）若函数

xhxfxe有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）增区间是,0和1,，减区间是0,1（2）0a【解析】（1）因为1a，所以2122xgxxexx，2111xxxgxexexxe.令0gx，解

得1x或0x.函数gx的增区间是,0和1,，减区间是0,1.（2）2112xhxxeax，xxhxxeaxxea.当0a时，1xhxxe，hx只有1个零点1x，不合题意.当0a时，0xea

.0x时，0hx，hx为减函数；0x时，0hx，hx为增函数，hx极小值01h.又102ah，当0x时，00,1x，使00hx.当0x时，1xe，11xxex，222111111222

xhxxeaxxaxaxx.取11120axa，则21111102hxaxx，100hxh，函数hx有2个零点.当0a时，由0xhxxea，得0x或ln

xa.①当ln0a，即1a时，由0hx，得lnxa或0x，hx在,0和ln,a递增，在0,lna递减.hx极大值01h.函数hx

至多有1个零点，不符合题意；②当ln0a，即1a时，hx在,单调递增，hx至多有1个零点，不合题意；③当ln0a，即10a时，由0hx，得lnxa或0x，hx在,lna

和0,递增，在ln,0a递减.0xQ，0a时，21102xhxxeax，ln0ha.又01h，函数hx至多有1个零点，不合题意.综上，a的取值范围是0a.6．（2020·河北唐山）设函数2

2cos2sin2xfxxxx.（1）讨论fx在,上的单调性；（2）证明：fx在R上有三个零点.【答案】（1）fx的单调递减区间为,0，3,44；单调递增区间为0,4，3,4

.（2）证明见解析【解析】（1）22cos2sin2cos2sin2fxxxxxxxx，由0fx及,x，得0x或4或34.当x变化时，fx和fx的变化

情况如下表：x,000,443,44343,4fx－0＋0－0＋fx↘极小值↗极大值↘极小值↗所以fx的单调递减区间为,0，3,44；fx的

单调递增区间为0,4，3,4.（2）当,x时，由（1）得，fx的极小值分别为00f，2320428ff；极大值004ff.

又2202f，所以fx在,0上仅有一个零点0；在30,4，3,4上各有一个零点.当x时，222sin2xfxxx，令222sin2xgxxx，则22c

osgxxx，显然3,2x时，gx单调递增，220gxg；当3,2x时，32202gx，从而x时，0gx，gx单

调递减，因此2202gxg，即0fxgx，所以fx在,上没有零点.当x时，222sin2xfxxx，令222sin2xhxxx，则22coshxxx，显然3

,2x时，2cos0x，0hx；当3,2x时，32202hx，从而x时，0hx，hx单调递增，因此2202hxh，即

0fxhx，所以fx在,上没有零点.故fx在R上仅有三个零点.7．（2020·河北）已知函数2xexfxa.（1）若1a，证明：当0x时，1fx；（2）若fx在0，有两个零点，求a的取值范围.【答

案】(1)证明见解析.(2)2,4e.【解析】（1）证明：当1a时，函数2xfxex.则'2xfxex，令2xgxex，则'2xgxe，令'0gx，得ln2x.当

0,ln2时，'0hx，当ln2,时，'0hx(ln2)22ln200gxgfx()fx\在0,单调递增，01fxf（2）解：fx在()0,+?有两个零点

方程20xeax在()0,+?有两个根，2xeax在()0,+?有两个根，即函数ya与2xeGxx的图像在()0,+?有两个交点．32'xexGxx，当0,2x时，'0Gx，Gx在

0,2递增当2,x时，'0Gx，Gx在()2,+?递增所以Gx最小值为224eG，当0x时，Gx，当x时，Gx，()fx\在()0,+?有两个零点时，a的取值范围是2,4e．8．（2020·岳麓·湖南师大附中）设函数(

)cosxfxaex，其中aR.（1）若1a，证明：当0x时，()2fx；（2）若()fx在区间[0,]内有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）342,2ee.【解析】（1）()sinxf

xex，由0x，得1,sin[1,1]xex，则()sin0xfxex，即()fx在(0,)上为增函数.故()(0)2fxf，即()2fx.（2）由()cos0xfxaex，得cosxxae

.设函数cos(),[0,]xxhxxe，则sincos()xxxhxe.令()0hx，得34x.则30,4x时，3()0,,4hxx时，()

0hx，所以()hx在30,4上单调逼增，在3,4上单调减.又因为3432(0)1,(),42hhehe，所以当342,2aee

时，方程cosxxae在区间[0,]内有两个不同解，即所求实数a的取值范围为342,2ee.【题组二导数与不等式】1．（2019·南宁市银海三美学校期末）设函数1lnfxaxx．（1）讨论函数fx的单调性；（2）

若函数13fx在()0,+?时恒成立，求实数a的取值范围；【答案】（1）fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增；（2）133,e.【解析】（1）10axfxxx当0a时，0fx，∴fx在0,上单

调递减；当0a时，令0fx，则1xa，∴当10xa时，0fx；当1xa时，0fx，∴fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增；（2）函数

13fx；在0,时恒成立，即43ln3xax在0,上恒成立，令43ln03xhxxx，则23ln1xhxx，令0hx，则13xe，∴当130xe

时，0hx；当13xe时，0hx，∴hx在130,e上单调递增，在13,e上单调递减，∴1133max3hxhee，∴13max3ahxe，

∴a的取值范围为133,e.2．（2020·北京交通大学附属中学高二期末）已知函数xfxeax（a为常数）.（1）当0a时，求fx过原点的切线方程；（2）讨论fx的单调区

间和极值；（3）若0,1x，0fx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）yex；（2）答案见解析；（3）ae.【解析】（1）当0a时，xfxe，则xfxe，设切点坐标为

00,xxe，∴0000xxefxex，解得01x，∴1fe，∴fx过原点的切线方程yex；（2）xfxeax，∴xfxea，当0a时，0fx恒成立，函数fx在,上单调递增，无极值；当0a时，

令0fx，解得lnxa，当lnxa时，0fx，函数fx在,lna上单调递减，当lnxa时，0fx，函数fx在ln,a上单调递增，∴lnlnlnl

nafxfaeaaaaa极小值，无极大值；（3）0,1x，0fx恒成立，即0xeax在0,1x上恒成立，当0x时，10恒成立，当0x时，xeax，设xegxx，0,1x，∴

210xexgxx恒成立，∴gx在0,1上单调递减，∴min1gxge，∴ae，综上所述ae.3．（2020·吉林梅河口·高二月考（文））已知函数2()ln2fxaxx(0)a.（1）若曲线()yfx在点(1,(1))Pf处的切线与直

线2yx垂直，求函数()yfx的单调区间；（2）若对(0,)x都有()2(1)fxa成立，试求实数a的取值范围；【答案】（1）的单调增区间是(2,)，单调减区间是(0,2);（2

）20ae.【解析】（1）直线2yx的斜率1.函数fx的定义域为0,，22'afxxx，所以22'1111af，解得1a.所以2ln2fxxx，22'xfxx.由'0fx解得2x；由'0fx

解得02x，所以fx的单调增区间是2,，单调减区间是0,2.（2）2222'aaxfxxxx，由'0fx解得2xa；由'0fx解得20xa.所以fx在区间2,a上单调

递增，在区间20a，上单调递减，所以当2xa时，函数fx取得最小值，min2yfa，因为对于0,x都有21fxa成立，所以只须221faa

即可，即2lnaaa，解得20ae.4．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中高二月考（文））已知0x为函数()xfxekx的极值点（1）求k的值；（2）若(0,)x，2()(1)1fxxax，求实数a的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a.【

解析】（1）()xfxek，0(0)0fek，解得1k，经检验，()fx在(,0)递减，在(0,)递增，0x为()fx的极小值点，符合题意，因此，1k．（2）(0,)x，210xexax，设2()1xgxexax，其中(0)0g()2xgx

exa，令()()2xhxgxexa，则()20xhxe，()hx在(0,)递增()(0)1hxha①当10a时，即1a，()0gx，()gx在(0,)递增，()(0)0gxg符合题意，所

以1a②当10a时，即1a，0(0,)x，00()gx，在0(0,)x上，()0gx，()gx在0(0,)x递减，所以0(0,)xx时，()(0)0gxg不符合题意,综上，实

数a的取值范围为1a5．（2020·四川内江·高二期末（理））已知函数lnfxxx，22gxaxax.（1）求fx的单调区间；（2）若fx是函数fx的导函数，且22f

xgxx在定义域内恒成立，求整数a的最小值.【答案】（1）减区间是1(0,)e，增区间1(,)e；（2）2．【解析】（1）由已知()ln1fxx，当10xe时，()0fx，当1xe时，()0fx，∴()fx的减区间是1(0,)e，增区间1(,)e；（2）函数

()fx的定义域是(0,)，()gx定义域是R，不等式22fxgxx为22(ln1)22xaxaxx，∴不等式22(ln1)22xaxaxx在(0,)上恒成立，∴22ln22

2xxaxx在(0,)上恒成立，设22ln22()2xxhxxx，则22(1)(2ln)()(2)xxxhxxx，0x时，10x，22(2)0xx，又()2lnxxx在(0,)上是增函数，11()2ln2022g

，(1)10g，∴存在01(,1)2x，使得0()0x，00xx时()0x，()0hx，0xx时，()0x，()0hx，即()hx在0(0,)x上递增，在0(,)x上递减，000()2ln0xxx，00ln2xx，00max02002ln22

()()2xxhxhxxx02000212xxxx，∴01ax，∵01(,1)2x，∴01(1,2)x，∴整数a的最小值为2．6．（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高

二期末（理））设函数32()2338fxxaxbxc在1x及2x时取得极值．（1）求,ab的值；（2）若对于任意的]3[0x，，都有2()fxc成立，求c的取值范围．【答案】（Ⅰ）3a，4b．（Ⅱ）(1)(9)，，．【解析】（Ⅰ）2663fxxa

xb，因为函数fx在1x及2x取得极值，则有10f，20f．即6630241230abab，．解得3a，4b．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，3229128fxxxxc，261812612fxxxxx．当01x

，时，0fx；当12x，时，0fx；当23x，时，0fx．所以，当1x时，fx取得极大值158fc，又08fc，398fc．则当03x，时，fx的最大值为398fc．因为对于任

意的03x，，有2fxc恒成立，所以298cc，解得1c或9c，因此c的取值范围为19，，．7．（2020·广东濠江·金山中学高二月考）已知函数2xfxaxxaeaR（1）若0

a，函数fx的极大值为3e，求a的值；（2）若对任意的0a，ln1fxbx在0,x上恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）1a；（2）1b.【解析】（1）由题意，221xxfxaxeaxxae2121xeaxaxa

11xexaxa.（i）当0a时，1xfxex，令0fx，得1x；0fx，得1x，所以fx在,1单调递增，1,单调递减，因此fx的极大值为131f

ee，不合题意；（ii）当0a时，111a，令0fx，得111xa；0fx，得11xa或1x，所以fx在11,1a单调递增，在1,1a，在1,单调递减.所以fx的极大值为2131afee，得1a

.综上所述1a；（2）令21xxgaexaxe，,0a，当0,x时，210xex，则ln1gabx对,0a恒成立等价于0ln1gagbx

，即ln1xxebx，对0,x恒成立.（i）当0b时，0,x，ln10bx，0xxe，此时ln1xxebx，不合题意.（ii）当0b时，令ln1xhxbxxe，0,x，则2111xxxxbbex

hxexexxe，其中10xxe，令21xpxbex，0,x，则px在区间0,上单调递增，①1b时，010pxpb，所以对0,x，0hx，从而hx在0,上单调递增，所以对任意

0,x，00hxh，即不等式ln1xbxxe在0,上恒成立.②01b时，由010pb，10pbe及px在区间0,上单调递增，所以存在唯一的0

0,1x使得00px，且00,xx时，00px.从而00,xx时，0hx，所以hx在区间00,x上单调递减，则00,xx时，00hxh，即ln1xb

xxe，不符合题意.综上所述，1b.8．（2020·湖南娄底·高二期末）已知函数2lnfxxxx（Ⅰ）求函数fx的单调区间；（Ⅱ）证明当2a时，关于x的不等式2(1)12afxxax

恒成立；【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）2121'210xxfxxxxx＞，由f'（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0．又x＞0，所以x＞1，所以f（x）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（0，1）．（2）令

221111122agxfxxaxlnxaxax，所以2111'1axaxgxaxaxx，因为a≥2，所以11'axxagx

x，令g'（x）=0，得1xa，所以当10'0xgxa，，＞，当1xa，时，g'（x）＜0，因此函数g（x）在10xa，是增函数，在1xa

，是减函数，故函数g（x）的最大值为2111111()1122glnaalnaaaaaa，令12halnaa，因为12204hln＜，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，所以当a≥2时，h（a）＜

0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，所以关于x的不等式恒成立．