《2019版高考數(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)證明問題及討論零點個數(shù) 文.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019版高考數(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)證明問題及討論零點個數(shù) 文.doc(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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.(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(dāng)a≥1時,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)零點的個數(shù);
(2)證明當(dāng)a>0時,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
-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(dāng)a≤0時,f(x)>0,f(x)沒有零點,當(dāng)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(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)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)單調(diào)遞增,所以當(dāng)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(dāng)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(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=(00,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.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x11,
∵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(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)有兩個極值點x1,x2,且x10,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(dāng)x=且x≠0時,f(x)<0;當(dāng)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(shè)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(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.
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