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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 理
1.(2018河南鄭州二模,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.
(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;
(2)求證:當(dāng)x>0時,≥ln x+1.
2.(2018河南鄭州一模,理21)已知函數(shù)f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x∈時,試判斷函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點個數(shù).
3.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x.
(1)略;
(2)若函數(shù)F
2、(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河北保定一模,理21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ln x-(a∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,證明:f.
5.已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.
(1)求a的取值范圍;
(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1+x2<2.
6.(2018山西名校二模,理21)已知函數(shù)f(x)=ml
3、n x.
(1)討論函數(shù)F(x)=f(x)+-1的單調(diào)性;
(2)定義:“對于在區(qū)域D上有定義的函數(shù)y=f(x)和y=g(x),若滿足f(x)≤g(x)恒成立,則稱曲線y=g(x)為曲線y=f(x)在區(qū)域D上的緊鄰曲線”.試問曲線y=f(x+1)與曲線y=是否存在相同的緊鄰直線,若存在,請求出實數(shù)m的值;若不存在,請說明理由.
參考答案
專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明
問題及討論零點個數(shù)
1.解 (1)f'(x)=ex-2x,由題設(shè)得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1.
(2)f'(x)
4、=ex-2x,f″(x)=ex-2,
∴f'(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,所以f'(x)≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,
所以f(x)max=f(1)=e-1,x∈[0,1].f(x)過點(1,e-1),且y=f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1,故可猜測:當(dāng)x>0,x≠1時,f(x)的圖象恒在切線y=(e-2)x+1的上方.下證:當(dāng)x>0時,f(x)≥(e-2)x+1,設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,則g'(x)=ex-2x-(e-2),g″(x)=ex-2,
g'(x)在(
5、0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,00;當(dāng)x∈(x0,1)時,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
又g(0)=g(1)=0,∴g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號,故x,x>0.
又x≥ln x+1,即ln x+1,當(dāng)x=1時,等號成立.
2.解 (1)f'(x)=(x>0
6、),當(dāng)a<0時,f'(x)>0恒成立,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上遞增;當(dāng)a>0時,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得00時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為
(2)∵x時,函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點,
即方程(ln x-1)ex+x=m的根.
令h(x)=(ln x-1)ex+x,h'(x)=ex+1.
由(1)知當(dāng)a=1時,f(x)=ln x+-1在遞減,在[1,e]上遞增,
∴f(x)≥f(1)=0.
+ln x-1
7、≥0在x上恒成立.∴h'(x)=ex+1≥0+1>0,∴h(x)=(ln x-1)ex+x在x上單調(diào)遞增.∴h(x)min=h=-2,h(x)max=e.所以當(dāng)m<-2或m>e時,沒有零點,當(dāng)-2m≤e時有一個零點.
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(
8、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,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--2x2,
也就是證ln
設(shè)t=(0
9、令m(t)=ln t-,
則m'(t)=
因為t>0,所以m'(t)≥0,當(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)t∈(0,1),m(t)<0總成立,所以原題得證.
4.解 (1)略;
(2)f'(x)=(x>0),令p(x)=x2+(2-a)x+1,
由f(x)在(0,+∞)有兩個極值點x1,x2,則方程p(x)=0在(0,+∞)有兩個實根x1,x2,得a>4.∴f(x1)+f(x2)
=ln x1-+ln x2-=ln x1x2-=-a,
f=f=ln=ln-(a-2).
∴f=ln-a-2+=ln+2.
設(shè)h(a
10、)=ln+2(a>4),
則h'(a)=<0,∴h(a)在(4,+∞)上為減函數(shù),又h(4)=0,∴h(a)<0,∴f
5.(1)解 f'(x)=(x-1)ex+2a·(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)若a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個零點.
(ⅱ)若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b(b-2)+a(b-1)2=a>0,
故f(x)存在兩個零點.
(ⅲ)若a<
11、0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-,則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,
因此f(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
若a<-,則ln(-2a)>1,
故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時,f'(x)<0;
當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞)時,f'(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又當(dāng)x≤1時f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點.
綜上,a的取值范圍為(0,+∞).
(2)證明 不妨設(shè)x1
12、x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以x1+x2<2等價于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2-(x2-2)設(shè)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
則g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以當(dāng)x>1時,g'(x)<0,而g(1)=0,故當(dāng)x>1時,g(x)<0.從而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
6.解 (1)F'(x)=(x>0).
當(dāng)m≤0時,F
13、'(x)<0,函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當(dāng)m>0時,令F'(x)<0,得x<,函數(shù)F(x)在上單調(diào)遞減;
令F'(x)>0,得x>,函數(shù)F(x)在上單調(diào)遞增;
綜上所述,當(dāng)m≤0時,函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當(dāng)m>0時,函數(shù)F(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.
(2)原命題等價于曲線y=f(x+1)與曲線y=是否相同的外公切線.
函數(shù)f(x+1)=mln(x+1)在點(x1,mln(x1+1))處的切線方程為y-mln(x1+1)=(x-x1),
即y=x+mln(x1+1)-,
曲線y=在點處的切線方程為y-(x-x2),即y=x+
曲線y=f(
14、x+1)與y=的圖象有且僅有一條外公切線,所以
有唯一一對(x1,x2)滿足這個方程組,且m>0,
由①得x1+1=m(x2+1)2,代入②消去x1,整理得2mln(x2+1)++mln m-m-1=0,
關(guān)于x2(x2>-1)的方程有唯一解.
令g(x)=2mln(x+1)++mln m-m-1(x>-1),∴g'(x)=當(dāng)m>0時,g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增;
∴g(x)min=g=m-mln m-1.因為x→+∞,g(x)→+∞;x→-1,g(x)→+∞,只需m-mln m-1=0.
令h(m)=m-mln m-1,h'(m)=-ln m在(0,+∞)上為單調(diào)遞減函數(shù),
且m=1時,h'(m)=0,即h(m)max=h(1)=0,所以m=1時,關(guān)于x2的方程2mln(x2+1)++mln m-m-1=0有唯一解,此時x1=x2=0,外公切線的方程為y=x.∴這兩條曲線存在相同的緊鄰直線,此時m=1.
2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù) 理
