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．(2019·佛山质检)设函数f(x)＝x3－3x2＋2x，若x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)＝f(x)－λx的两个极值点，现给出如下结论：①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．其中正确结论的个数为()A．0B．1C．2D．3答案B解析依题意，x1，x2(x1
0，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝.研究f(x1)0，解得λ>2.从而可知③正确．故选B．2．(2019·乌鲁木齐一诊)设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为()A．3B．2C．e2D．e答案D解析因为f(x)＝ex－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，则g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以当x>1时，g′(x)>0；当0b>cB．b>a>cC．c>b>aD．c>a>b答案C解析构造函数f(x)＝，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>A．故选C．4．(2019·合肥质检二)已知函数f(x)是定义在R上的增函数，f(x)＋2＞f′(x)，f(0)＝1，则不等式ln[f(x)＋2]－ln3＞x的解集为()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)答案A解析构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝＝3.从而原不等式ln＞x可化为＞ex，即＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，知x＜0.故选A．5．(2020·武汉市高三质量监测)函数f(x)＝(x2－ax)ex－ax＋a2(e为自然对数的底数，a∈R，a为常数)有三个不同的零点，则a的取值范围是()A.B．(－∞，0)C.D．(0，＋∞)答案A解析因为f(x)有三个不同的零点，所以f(x)＝0有三个不同的解．f(x)＝(x2－ax)ex－ax＋a2＝(x－a)(xex－a)，令f(x)＝0，则x＝a或xex＝a，所以xex＝a有两个不为a的解，可知1a≠0所以y＝xex与y＝a的图象有两个不同的交点，令g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．故当x＝－1时，g(x)取得最小值，g(x)的最小值为－.当x→－∞时，g(x)→0；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，作出g(x)＝xex及y＝a的图象，如图所示．结合图象，可知a∈.6．(2019·郑州质检三)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna，对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤a－2恒成立，则实数a的取值范围是()A．[e2，＋∞)B．[e，＋∞)C．[2，e]D．[e，e2]答案A解析f′(x)＝axlna＋2x－lna，令g(x)＝axlna＋2x－lna，则g′(x)＝ax(lna)2＋2>0，所以函数g(x)在[0,1]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝a0×lna＋2×0－lna＝0，即f′(x)≥0，则函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝a－lna≤a－2，解得a≥e2.故选A．二、填空题7．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．答案(－2,2)解析由f(x)＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，当f′(x)＝0时，x＝±1，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，f(x)的极小值为f(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－20，所以0时恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e，当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，g(x)max＝.令h(x)＝，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝1，当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1...
