2019年數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題突破練2.4.3利用導(dǎo)數(shù)證明問(wèn)題及討論零點(diǎn)個(gè)數(shù) 專(zhuān)題突破練8

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精專(zhuān)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.（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(shí),≥lnx+1.2.(2018河南鄭州一模，理21）已知函數(shù)f（x）=lnx+,a∈R且a≠0。（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；(2）當(dāng)x∈時(shí),試判斷函數(shù)g(x）=（lnx-1）ex+x-m的零點(diǎn)個(gè)數(shù).3。設(shè)函數(shù)f（x）=x2—alnx,g（x）=（a—2)x.(1）略；（2）若函數(shù)F（x)=f（x)-g（x）有兩個(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河北保定一模，理21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=lnx—(a∈R）.(1）略；（2)若f(x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,證明:f。5.已知函數(shù)f(x）=（x—2)ex+a（x—1)2有兩個(gè)零點(diǎn)。(1）求a的取值范圍;(2）設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x2〈2.6.(2018山西名校二模,理21)已知函數(shù)f（x）=mlnx。（1)討論函數(shù)F（x)=f(x)+—1的單調(diào)性;(2）定義:“對(duì)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(wèn)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(qǐng)求出實(shí)數(shù)m的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由。參考答案專(zhuān)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）=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）=ex-2x,f″(x)=ex-2,∴f'(x)在（0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，+∞）上單調(diào)遞增，所以f'（x）≥f’(ln2）=2-2ln2>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(guò)點(diǎn)（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(cè)：當(dāng)x>0,x≠1時(shí),f（x）的圖象恒在切線y=（e-2）x+1的上方。下證：當(dāng)x>0時(shí),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（0，ln2）上單調(diào)遞減,在（ln2，+∞)上單調(diào)遞增，又g'（0）=3-e〉0,g'（1）=0，0<ln2<1,∴g'（ln2）<0，所以,存在x0∈（0,ln2),使得g'(x0)=0,所以，當(dāng)x∈（0,x0）∪(1,+∞)時(shí)，g'(x)〉0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),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(shí)取等號(hào),故x，x>0。又x≥lnx+1，即lnx+1,當(dāng)x=1時(shí),等號(hào)成立。2.解（1)f’（x）=(x〉0），當(dāng)a<0時(shí),f'(x）>0恒成立,函數(shù)f(x)在(0,+∞）上遞增;當(dāng)a>0時(shí)，由f’(x）>0,得x〉，由f’（x)〈0，得0〈x<,函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為綜上所述，當(dāng)a〈0時(shí),函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+∞）.當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)，函數(shù)g（x)=(lnx-1)ex+x—m的零點(diǎn)，即方程（lnx—1）ex+x=m的根。令h（x）=（lnx-1）ex+x，h'（x)=ex+1.由（1）知當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx+—1在遞減,在［1，e]上遞增,∴f（x)≥f(1）=0。+lnx—1≥0在x上恒成立?！鄅’（x）=ex+1≥0+1〉0,∴h（x)=（lnx-1)ex+x在x上單調(diào)遞增?！鄅（x）min=h=-2,h(x)max=e。所以當(dāng)m〈—2或m〉e時(shí),沒(méi)有零點(diǎn)，當(dāng)-2m≤e時(shí)有一個(gè)零點(diǎn)。3.解(1）略；(2)①∵F（x）=x2-alnx-（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—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)0〈x1〈x2，于是—（a-2)x1—alnx1=—(a-2)x2—alnx2，即+2x1--2x2=ax1+alnx1-ax2—alnx2=a（x1+lnx1-x2-lnx2).所以a=∵F'=0，∴當(dāng)x時(shí),F’（x)<0，當(dāng)x時(shí),F'（x)〉0，故只要證即可,即證x1+x2〉，即證+（x1+x2)(lnx1—lnx2)<+2x1--2x2，也就是證ln設(shè)t=(0〈t<1）.令m（t）=lnt-,則m'(t)=因?yàn)閠〉0，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。解(1)略;(2）f'(x)=（x〉0),令p（x）=x2+（2-a）x+1,由f（x)在(0,+∞）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，則方程p（x)=0在（0，+∞）有兩個(gè)實(shí)根x1，x2，得a>4?！鄁(x1）+f(x2）=lnx1-+lnx2-=lnx1x2—=-a，f=f=ln=ln-（a—2).∴f=ln-a-2+=ln+2.設(shè)h（a）=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,∴f5.(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(gè)零點(diǎn).(ⅱ)若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f'(x)〈0;當(dāng)x∈(1,+∞）時(shí)，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〈ln，則f(b）>(b—2)+a（b-1）2=a>0，故f（x）存在兩個(gè)零點(diǎn)。（ⅲ)若a〈0，由f'（x)=0得x=1或x=ln(-2a）。若a≥-,則ln（—2a)≤1，故當(dāng)x∈（1,+∞）時(shí)，f’(x)>0,因此f(x）在（1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又當(dāng)x≤1時(shí)，f（x)<0，所以f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn).若a〈—,則ln(-2a)〉1，故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時(shí),f'(x）<0;當(dāng)x∈(ln（-2a),+∞）時(shí)，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(shí)f(x)〈0，所以f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上,a的取值范圍為(0,+∞）.(2)證明不妨設(shè)x1〈x2,由(1)知,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(jià)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(shí),g'（x）<0，而g(1)=0，故當(dāng)x>1時(shí),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(shí)，F(xiàn)’（x）<0，函數(shù)F（x）在（0,+∞）上單調(diào)遞減;當(dāng)m〉0時(shí)，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(shí),函數(shù)F(x）在(0,+∞）上單調(diào)遞減;當(dāng)m>0時(shí),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(jià)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(diǎn)(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(diǎn)處的切線方程為y—(x-x2）,即y=x+曲線y=f（x+1）與y=的圖象有且僅有一條外公切線,所以有唯一一對(duì)（x1，x2）滿足這個(gè)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）++mlnm—m-1=0,關(guān)于x2（x2>—1）的方程有唯一解.令g（x）=2mln(x+1)++mlnm-m—1（x〉-1），∴g'(x)=當(dāng)m>0時(shí),g（x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增;∴g(x）min=g=m—mlnm—1。因?yàn)閤→+∞,g（x）→+∞；x→-1,g(x)→+∞，只需m-mlnm-1=0.令h（m)=m—mlnm-1，h’(m）=-lnm在(0,+∞）上為單調(diào)遞減