《2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数 文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)+e0.2.设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数;(2)证明当a0时,f(x)2a+aln.3.设函数f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,求满足条件的最小正整数a的值;求证:F0.4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2ln x,mR.(1)略;(2)若函数f(x
2、)有两个极值点x1,x2,且x1x2,证明:f(x2)x2-1.5.已知函数f(x)=aln x,g(x)=x+f(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且ea,求证:.6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f(x)
3、=,f(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a1时,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点,当a0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f(x)在(0,+)单调递增.又f(a)0,当b满足0b且b时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(2)证明 由(1)
4、,可设f(x)在(0,+)的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln2a+aln.故当a0时,f(x)2a+aln.3.解 (1)略;(2)F(x)=x2-aln x-(a-2)x,F(x)=2x-(a-2)-(x0).因为函数F(x)有两个零点,所以a0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.所以F(x)的最小值F0,即-a2+4a-4aln0,a+4ln-40.令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+)上为增函
5、数,且h(2)=-20,所以存在a0(2,3),h(a0)=0.当aa0时,h(a)0,所以满足条件的最小正整数a=3.证明:不妨设0x1x2,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,当x时,F(x)0,故只要证即可,即证x1+x2,即证+(x1+x2)(ln x1-ln x2)+2x1-2x2,也就是证ln.设t=(0t0,所以m(t)0,当且仅当t=1时,m(t)=0,所以m(t)在(0,+)上是增函数.又m(1)=0,所以当t(0,1),
6、m(t)0,f(x)=,f(x)有两个极值点x1,x2,且x1x2,g(x)=x2-2x-m=0有两个不同的正根x1=1-,x2=1+,-1m0.欲证明f(x2)=x2+-2ln x21,m=-2x2,证明2ln x2-1成立,等价于证明2ln x2-x2-1成立.m=x2(x2-2)(-1,0),x2=1+(1,2).设函数h(x)=2ln x-x,x(1,2),求导可得h(x)=-1.易知h(x)0在x(1,2)上恒成立,即h(x)在x(1,2)上单调递增,h(x)h(1)=-1,即2ln x2-x2-1在x2(1,2)上恒成立,函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1x2时,f(x2)
7、0,h(x)在(0,+)递增;a+10即a-1时,x(0,1+a)时,h(x)0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+)递增,综上,a-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+)递增,a-1时,h(x)在(0,+)递增.(2)证明 由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,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=te2,(t)=+ln t,则(t)=0,(t)在e2,+)上递增,(t)(e2)=1+1+,故.6.解 (1)f(x)=,令f(x)=0
8、得x=.当x=且x0时,f(x)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x00,则即其中式即4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x(0,+),则h(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f(x0)=g(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.7
