2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数 文.doc

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1、1专题突破练专题突破练 8 8 利用导数证明问题及讨论零点个数利用导数证明问题及讨论零点个数1 1.(2018 全国卷 3,文 21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a1 时,f(x)+e0.2 2.设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数;(2)证明当a0 时,f(x)2a+aln.3 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:F0.24 4.(2018 福建龙

2、岩 4 月质检,文 21 节选)已知函数f(x)=-2ln x,mR R.(1)略; (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1-1 时,g(x)0,g(x)单调递增;所以g(x)g(-1)=0. 因此f(x)+e0.2 2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-(x0).当a0 时,f(x)0,f(x)没有零点,当a0 时,因为 e2x单调递增,-单调递增,所以f(x)在(0,+)单调递增.又f(a)0,当b满足 00 时,f(x)存在唯一零点.(2)证明 由(1),可设f(x)在(0,+)的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0. 故f(x)在(0,x

3、0)单调递减,在(x0,+)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小 值为f(x0).由于 2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln 2a+aln.故当a0 时,f(x)2a+aln.3 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,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

4、数a=3.证明:不妨设 00,故只要证即可,即证x1+x2,即证+(x1+x2)(ln x1-ln x2)0,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,f(x)=, f(x)有两个极值点x1,x2,且x11,m=-2x2,证明 2ln x2-1 成立,等价于证明 2ln x2-x2-1 成立.m=x2(x2-2)(-1,0),x2=1+(1,2).设函数h(x)=2ln x-x,x(1,2),求导可得h(x)= -1.易知h(x)0 在x(1,2)上恒成立,即h(x)在x(1,2)上单调递增, h(x

5、)h(1)=-1,即 2ln x2-x2-1 在x2(1,2)上恒成立, 函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x10,h(x)在(0,+)递增; a+10 即a-1 时,x(0,1+a)时,h(x)0,h(x)在(0,1+a) 递减,在(1+a,+)递增, 综上,a-1 时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+)递增,a-1 时,h(x)在(0,+)递增. (2)证明 由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,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)=,6=+m+ln.令=t

6、e2,(t)=+ln t,则(t)=0,(t)在e2,+)上递增,(t)(e2)=1+1+,故.6 6.解 (1)f(x)=,令f(x)=0 得x=.当x=且x0 时,f(x)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x00,则7即其中式即 4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x(0,+),则h(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0 在(0,+)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足式. 于是,f(x0)=g(x0)=3e,f(x0)=g(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y- 3e=3(x-e),即y=3x.