《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)數(shù) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)數(shù) 文（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)數(shù) 文
1.(2018全國(guó)卷3,文21)已知函數(shù)f(x)=.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程;
(2)證明:當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥0.
2.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(diǎn)的個(gè)數(shù);
(2)證明當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln.
3.設(shè)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
2、兩個(gè)零點(diǎn)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(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1
3、,文21)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=3eln x,其中e為自然對(duì)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(diǎn)并且在公共點(diǎn)處有公切線.若存在,求出公切線l的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
參考答案
專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明
問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)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(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,
則g'(x)=2x+1+
4、ex+1.
當(dāng)x<-1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時(shí),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?yàn)?0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).
當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)>0,f'(x)沒(méi)有零點(diǎn),當(dāng)a>0時(shí),因?yàn)閑2x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(dāng)b滿足00時(shí),f'(x)存在唯一零點(diǎn).
(2)證明 由(1),可設(shè)f'(x)在(0,+∞)的唯一零點(diǎn)為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x
5、∈(x0,+∞)時(shí),f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時(shí),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(dāng)a>0時(shí),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?yàn)楹瘮?shù)F(x)有兩個(gè)零點(diǎn),所以a>0,此時(shí)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
6、-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(dāng)a>a0時(shí),h(a)>0,所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3.
②證明:不妨設(shè)00,故只要證即可,
即證x1+x2>,
即證+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1-
7、-2x2,
也就是證ln.
設(shè)t=(00,所以m'(t)≥0,當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí),m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函數(shù).
又m(1)=0,所以當(dāng)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?yàn)閤>0,f'(x)=,
∵f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x11,
∵m=-
8、2x2,
∴證明2ln x2->1成立,等價(jià)于證明2ln x2-x2>-1成立.
∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),
∴x2=1+∈(1,2).
設(shè)函數(shù)h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求導(dǎo)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(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1
9、①1+a≤0即a≤-1時(shí),x∈(0,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)遞增;
②a+1>0即a>-1時(shí),x∈(0,1+a)時(shí),h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增,
綜上,a>-1時(shí),h(x)在(0,1+a)遞減,在(1+a,+∞)遞增,a≤-1時(shí),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(diǎn),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)=,
10、
=
=+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(dāng)x=且x≠0時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x>時(shí),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(shè)曲線y=f(x)與y=g(x)存在公共點(diǎn)且在公共點(diǎn)處有公切線,且切點(diǎn)橫坐標(biāo)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(shí)數(shù)根x0=e,經(jīng)驗(yàn)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.
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)數(shù) 文
