2022年高考數(shù)學二輪復(fù)習 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

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1、2022年高考數(shù)學二輪復(fù)習 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a1時,f(x)+e0.2.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a0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,求滿足條件的最小正整數(shù)a的值;求證:F0.4.(2018福建龍巖4月質(zhì)檢,文21節(jié)選)已知函數(shù)f(

2、x)=-2ln x,mR.(1)略;(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1x2,證明:f(x2)x2-1.5.已知函數(shù)f(x)=aln x,g(x)=x+f(x).(1)討論h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)性;(2)若h(x)的極值點為3,設(shè)方程f(x)+mx=0的兩個根為x1,x2,且ea,求證:.6.(2018河南安陽一模,文21)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=3eln x,其中e為自然對數(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)是否存在公共點并且在公共點處有公切線.若存在,求出公切線l的方程;若不存在,請說明理由.參考答案專題突破練

3、8利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(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a1時,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g(x)=2x+1+ex+1.當x-1時,g(x)-1時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.2.(1)解 f(x)的定義域為(0,+),f(x)=2e2x-(x0).當a0時,f(x)0,f(x)沒有零點,當a0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b滿足0b且b時,f

4、(b)0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x(0,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+aln2a+aln.故當a0時,f(x)2a+aln.3.解 (1)略;(2)F(x)=x2-aln x-(a-2)x,F(x)=2x-(a-2)-(x0).因為函數(shù)F(x)有兩個零點,所以a0,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F0,即-a2+4a-4aln0,a+4ln-40.令h(

5、a)=a+4ln-4,顯然h(a)在(0,+)上為增函數(shù),且h(2)=-20,所以存在a0(2,3),h(a0)=0.當aa0時,h(a)0,所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3.證明:不妨設(shè)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,當x時,F(x)0,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=(0t0,所以m(t)0,當且僅當t=1時,m(t)=0,所以m(t)在(0

6、,+)上是增函數(shù).又m(1)=0,所以當t(0,1),m(t)0,f(x)=,f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1x2,g(x)=x2-2x-m=0有兩個不同的正根x1=1-,x2=1+,-1m0.欲證明f(x2)=x2+-2ln x21,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

7、(x)有兩個極值點x1,x2,且x1x2時,f(x2)0,h(x)在(0,+)遞增;a+10即a-1時,x(0,1+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=te2,(t)=+ln t,則(t)=0,(t)在e2,+)上遞增,(t)(e2)=

8、1+1+,故.6.解 (1)f(x)=,令f(x)=0得x=.當x=且x0時,f(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,且切點橫坐標為x00,則即其中式即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.