2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項一 突破2 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 理 北師大版

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1、突破2　利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 1.(2018全國3,文21)已知函數(shù)f(x)=ax2+x-1ex. (1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程; (2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0. 2.(2018河北保定一模,21改編)已知函數(shù)f(x)=x+ax.設(shè)函數(shù)g(x)=lnx+1.證明:當(dāng)x∈(0,+∞)且a>0時,f(x)>g(x). 3.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,求a的取值范圍.

2、 4.(2018安徽蕪湖期末,21改編)已知函數(shù)f(x)=x3-aln x(a∈R).若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(1,e]上存在兩個不同零點,求實數(shù)a的取值范圍. 5.設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)零點的個數(shù); (2)證明:當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln2a. 6.(2018河北衡水中學(xué)押題三,21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲線y=f(x)的圖像在點(0,f(0))處的切線方程為y=bx

3、. (1)求函數(shù)y=f(x)的解析式; (2)當(dāng)x∈R時,求證:f(x)≥-x2+x; (3)若f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍. 參考答案 突破2　利用導(dǎo)數(shù)證明 問題及討論零點個數(shù) 1.(1)解f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f'(0)=2.因此曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0. (2)證明當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x. 令g(x)=x2+x-1+ex+1, 則g'(x)=2x+1+ex+1. 當(dāng)x<-1時,g'(x)<0,g(x

4、)遞減;當(dāng)x>-1時,g'(x)>0,g(x)遞增; 所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 2.證明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x>0),h'(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,設(shè)p(x)=x2-x-a=0,函數(shù)p(x)的圖像的對稱軸為x=12. ∵p(1)=1-1-a=-a<0, 設(shè)p(x)=0的正根為x0,∴x0>1, 由對稱性知,p(x)=0的另一根小于0,且x02-x0-a=0, h(x)在(0,x0)上是減少的,在(x0,+∞)上是增加的, h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x

5、0-lnx0-1=2x0-ln x0-2. 令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立, 所以F(x)在(1,+∞)上是增加的. ∵F(1)=2-0-2=0, ∴F(x)>0,即h(x)min>0, 所以,當(dāng)x∈(0,+∞)時,f(x)>g(x). 3.解法1 函數(shù)f(x)的定義域為R,當(dāng)a=0時,f(x)=-3x2+1,有兩個零點±33, 原函數(shù)草圖 ∴a=0不合題意; 當(dāng)a>0,x→-∞時,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零點x0,不合題意; 當(dāng)a<0時,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax

6、2-6x=0,得x1=0,x2=2a<0, ∴在區(qū)間-∞,2a內(nèi)f'(x)<0; 在區(qū)間2a,0內(nèi)f'(x)>0; 在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)f'(x)<0. ∴f(x)在區(qū)間-∞,2a內(nèi)是減少的,在區(qū)間2a,0內(nèi)是增加的,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)是減少的. ∴若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0?f(x)min=f2a>0?8a2-12a2+1>0?4a2<1?a2>4. ∵a<0,∴a<-2. 解法2 曲線y=ax3與曲線y=3x2-1僅在y軸右側(cè)有一個公共點, 當(dāng)a≥0時,由圖像知不符合題意; 當(dāng)a<0時,設(shè)曲線y=ax3與曲線y=3x2-1相切于點(x0,y0), 則ax

7、03=3x02-1,3ax02=6x0,得a=-2,由圖像知a<-2時符合題意. 解法3 分離成a=-1x3+31x=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t, g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),當(dāng)t∈(-1,1)時,g'(t)>0,當(dāng)t>1或t<-1時,g'(x)<0. 所以g(t)在(-∞,-1)遞減,在區(qū)間(-1,1)遞增,在(1,+∞)遞減, 所以當(dāng)t=-1時,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的圖像可知,t=1時,g(t)max=2. x→+∞時,g(t)→+∞,當(dāng)a<-2時,直線y=a與g(t)=-t3+3t的圖像只有一個交點,交點在第四象限,所

8、以滿足題意. 4.解由f(x)=0,得a=x3lnx在區(qū)間(1,e]上有兩個不同實數(shù)解, 即函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=x3lnx的圖像有兩個不同的交點. 因為g'(x)=x2(3lnx-1)(lnx)2. 令g'(x)=0得x=3e, 所以當(dāng)x∈(1,3e)時,g'(x)<0,函數(shù)在(1,3e)上遞減, 當(dāng)x∈(3e,e]時,g'(x)>0,函數(shù)在(3e,e]上遞增; 則g(x)min=g(3e)=3e,而g(e127)=e327lne127=27e19>27,且g(e)=e3<27, 要使函數(shù)y=a的圖像與函數(shù)g(x)=x3lnx的圖像有兩個不同的交點, ∴a的取值范

9、圍為(3e,e3]. 5.(1)解f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0). 當(dāng)a≤0時,f'(x)>0,f'(x)沒有零點, 當(dāng)a>0時,因為e2x遞增,-ax遞增,所以f'(x)在(0,+∞)遞增. 又f'(a)>0,當(dāng)b滿足00時,f'(x)存在唯一零點. (2)證明由(1),可設(shè)f'(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0. 故f(x)在(0,x0)遞減,在(x0,+∞)遞增,所以當(dāng)x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為

10、f(x0). 由于2e2x0-ax0=0, 所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a. 故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln2a. 6.(1)解根據(jù)題意,得f'(x)=ex-2x,則f'(0)=1=b. 由切線方程可得切點坐標(biāo)為(0,0),將其代入y=f(x),得a=-1, 故f(x)=ex-x2-1. (2)證明令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1. 由g'(x)=ex-1=0,得x=0, 當(dāng)x∈(-∞,0),g'(x)<0,y=g(x)遞減; 當(dāng)x∈(0,+∞),g'(x)>0,y=g(x)遞增. 所以g(x)min=g(0)=0,

11、所以f(x)≥-x2+x. (3)解f(x)>kx對任意的x∈(0,+∞)恒成立等價于f(x)x>k對任意的x∈(0,+∞)恒成立. 令φ(x)=f(x)x,x>0, 得φ'(x)=xf'(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2 =(x-1)(ex-x-1)x2. 由(2)可知,當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex-x-1>0恒成立, 令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0