2019年高考数学二轮复习专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数理.docx

专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018河南郑州二模,理21)已知函数f(x)=ex-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x0时,ln x+1.2.(2018河南郑州一模,理21)已知函数f(x)=ln x+,aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x时,试判断函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点个数.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河北保定一模,理21节选)已知函数f(x)=ln x-(aR).(1)略;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f.5.已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x20,所以f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)max=f(1)=e-1,x0,1.f(x)过点(1,e-1),且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1,故可猜测:当x0,x1时,f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方.下证:当x0时,f(x)(e-2)x+1,设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,则g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增,又g(0)=3-e0,g(1)=0,0ln 21,g(ln 2)0;当x(x0,1)时,g(x)0.又xln x+1,即ln x+1,当x=1时,等号成立.2.解 (1)f(x)=(x0),当a0恒成立,函数f(x)在(0,+)上递增;当a0时,由f(x)0,得x,由f(x)0,得0x,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当a0时,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(2)x时,函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点,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)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在递减,在1,e上递增,f(x)f(1)=0.+ln x-10在x上恒成立.h(x)=ex+10+10,h(x)=(ln x-1)ex+x在x上单调递增.h(x)min=h=-2,h(x)max=e.所以当me时,没有零点,当-2me时有一个零点.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),m(t)0),令p(x)=x2+(2-a)x+1,由f(x)在(0,+)有两个极值点x1,x2,则方程p(x)=0在(0,+)有两个实根x1,x2,得a4.f(x1)+f(x2)=ln x1-+ln x2-=ln x1x2-=-a,f=f=ln=ln-(a-2).f=ln-a-2+=ln+2.设h(a)=ln+2(a4),则h(a)=0,h(a)在(4,+)上为减函数,又h(4)=0,h(a)0,则当x(-,1)时,f(x)0,所以f(x)在(-,1)内单调递减,在(1,+)内单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b0且b(b-2)+a(b-1)2=a0,故f(x)存在两个零点.()若a0,因此f(x)在(1,+)内单调递增.又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.若a1,故当x(1,ln(-2a)时,f(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a)内单调递减,在(ln(-2a),+)内单调递增.又当x1时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+).(2)证明 不妨设x1x2,由(1)知,x1(-,1),x2(1,+),2-x2(-,1),f(x)在(-,1)内单调递减,所以x1+x2f(2-x2),即f(2-x2)1时,g(x)1时,g(x)0.从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x20).当m0时,F(x)0时,令F(x)0,得x0,得x,函数F(x)在上单调递增;综上所述,当m0时,函数F(x)在(0,+)上单调递减;当m0时,函数F(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)原命题等价于曲线y=f(x+1)与曲线y=是否相同的外公切线.函数f(x+1)=mln(x+1)在点(x1,mln(x1+1)处的切线方程为y-mln(x1+1)=(x-x1),即y=x+mln(x1+1)-,曲线y=在点处的切线方程为y-(x-x2),即y=x+曲线y=f(x+1)与y=的图象有且仅有一条外公切线,所以有唯一一对(x1,x2)满足这个方程组,且m0,由得x1+1=m(x2+1)2,代入消去x1,整理得2mln(x2+1)+mln m-m-1=0,关于x2(x2-1)的方程有唯一解.令g(x)=2mln(x+1)+mln m-m-1(x-1),g(x)=当m0时,g(x)在上单调递减,在上单调递增;g(x)min=g=m-mln m-1.因为x+,g(x)+;x-1,g(x)+,只需m-mln m-1=0.令h(m)=m-mln m-1,h(m