2019版高考數(shù)學二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 專題突破練8 利用導數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 文.doc

專題突破練8　利用導數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 1.(2018全國卷3,文21)已知函數(shù)f(x)=. (1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程; (2)證明:當a≥1時,f(x)+e≥0. 2.設函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導函數(shù)f(x)零點的個數(shù); (2)證明當a>0時,f(x)≥2a+aln. 3.設函數(shù)f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x. (1)略; (2)若函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)有兩個零點x1,x2, ①求滿足條件的最小正整數(shù)a的值; ②求證:F>0. 4.(2018福建龍巖4月質(zhì)檢,文21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=-2ln x,m∈R. (1)略; (2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,證明:f(x2)<x2-1. 5.已知函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x++f(x). (1)討論h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)性; (2)若h(x)的極值點為3,設方程f(x)+mx=0的兩個根為x1,x2,且≥ea,求證:. 6.(2018河南安陽一模,文21)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=3eln x,其中e為自然對數(shù)的底數(shù). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. (2)試判斷曲線y=f(x)與y=g(x)是否存在公共點并且在公共點處有公切線.若存在,求出公切線l的方程;若不存在,請說明理由. 參考答案 專題突破練8　利用導數(shù)證明 問題及討論零點個數(shù) 1.解 (1)f(x)=,f(0)=2.因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0. (2)當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x<-1時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當x>-1時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 2.(1)解 f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=2e2x-(x>0). 當a≤0時,f(x)>0,f(x)沒有零點,當a>0時,因為e2x單調(diào)遞增,-單調(diào)遞增,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增. 又f(a)>0,當b滿足0<b<且b<時,f(b)<0,故當a>0時,f(x)存在唯一零點. (2)證明 由(1),可設f(x)在(0,+∞)的唯一零點為x0,當x∈(0,x0)時,f(x)<0;當x∈(x0,+∞)時,f(x)>0. 故f(x)在(0,x0)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)單調(diào)遞增,所以當x=x0時,f(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln. 故當a>0時,f(x)≥2a+aln. 3.解 (1)略; (2)①∵F(x)=x2-aln x-(a-2)x, ∴F(x)=2x-(a-2)-(x>0).因為函數(shù)F(x)有兩個零點,所以a>0,此時函數(shù)F(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增. 所以F(x)的最小值F<0, 即-a2+4a-4aln<0. ∵a>0,∴a+4ln-4>0. 令h(a)=a+4ln-4,顯然h(a)在(0,+∞)上為增函數(shù),且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0, 所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0. 當a>a0時,h(a)>0,所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3. ②證明:不妨設0<x1<x2,于是-(a-2)x1-aln x1=-(a-2)x2-aln x2,即+2x1--2x2=ax1+aln x1-ax2-aln x2=a(x1+ln x1-x2-ln x2).所以a=. ∵F=0,∴當x∈時,F(x)<0,當x∈時,F(x)>0,故只要證即可, 即證x1+x2>, 即證+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1--2x2, 也就是證ln. 設t=(0<t<1). 令m(t)=ln t-, 則m(t)=. 因為t>0,所以m(t)≥0,當且僅當t=1時,m(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函數(shù). 又m(1)=0,所以當t∈(0,1),m(t)<0總成立,所以原題得證. 4.證明 (1)略; (2)函數(shù)f(x)的定義域為x>0,f(x)=, ∵f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,∴g(x)=x2-2x-m=0有兩個不同的正根x1=1-,x2=1+, ∴∴-1<m<0. 欲證明f(x2)=x2+-2ln x2<x2-1,即證明2ln x2->1, ∵m=-2x2, ∴證明2ln x2->1成立,等價于證明2ln x2-x2>-1成立. ∵m=x2(x2-2)∈(-1,0), ∴x2=1+∈(1,2). 設函數(shù)h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求導可得h(x)=-1. 易知h(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上單調(diào)遞增, ∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立, ∴函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2時,f(x2)<x2-1. 5.(1)解 ∵h(x)=g(x)-f(x)=x-aln x+,其定義域是(0,+∞), ∴h(x)=. ①1+a≤0即a≤-1時,x∈(0,+∞)時,h(x)>0,h(x)在(0,+∞)遞增; ②a+1>0即a>-1時,x∈(0,1+a)時,h(x)<0,x∈(1+a,+∞)時,h(x)>0,h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增, 綜上,a>-1時,h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增,a≤-1時,h(x)在(0,+∞)遞增. (2)證明 由(1)得x=1+a是函數(shù)h(x)的唯一極值點,故a=2. ∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0, ∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2), 又f(x)=2ln x,∴f(x)=, = =+m+ln. 令=t≥e2,φ(t)=+ln t,則φ(t)=>0, ∴φ(t)在[e2,+∞)上遞增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故. 6.解 (1)f(x)=,令f(x)=0得x=.當x=且x≠0時,f(x)<0;當x>時,f(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. (2)假設曲線y=f(x)與y=g(x)存在公共點且在公共點處有公切線,且切點橫坐標為x0>0, 則 即其中②式即4-3e2x0-e3=0. 記h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞), 則h(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一實數(shù)根x0=e,經(jīng)驗證也滿足①式. 于是,f(x0)=g(x0)=3e,f(x0)=g(x0)=3,曲線y=g(x)與y=g(x)的公切線l的方程為y-3e=3(x-e),即y=3x.