《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點(diǎn)個數(shù) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點(diǎn)個數(shù) 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練8 利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點(diǎn)個數(shù) 理 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,≥ln x+1. 2.(2018河南鄭州一模,理21)已知函數(shù)f(x)=ln x+,a∈R且a≠0. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x∈時,試判斷函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點(diǎn)個數(shù). 3.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x. (1)略; (2)若函數(shù)F

2、(x)=f(x)-g(x)有兩個零點(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)=ln x-(a∈R). (1)略; (2)若f(x)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,證明:f. 5.已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點(diǎn). (1)求a的取值范圍; (2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點(diǎn),證明:x1+x2<2. 6.(2018山西名校二模,理21)已知函數(shù)f(x)=ml

3、n x. (1)討論函數(shù)F(x)=f(x)+-1的單調(diào)性; (2)定義:“對于在區(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,請求出實數(shù)m的值;若不存在,請說明理由. 參考答案 專題突破練8　利用導(dǎo)數(shù)證明 問題及討論零點(diǎn)個數(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)

4、=ex-2x,f″(x)=ex-2, ∴f'(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,所以f'(x)≥f'(ln 2)=2-2ln 2>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:當(dāng)x>0,x≠1時,f(x)的圖象恒在切線y=(e-2)x+1的上方.下證:當(dāng)x>0時,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(

5、0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,00;當(dāng)x∈(x0,1)時,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時取等號,故x,x>0. 又x≥ln x+1,即ln x+1,當(dāng)x=1時,等號成立. 2.解 (1)f'(x)=(x>0

6、),當(dāng)a<0時,f'(x)>0恒成立,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上遞增;當(dāng)a>0時,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得00時,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,函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點(diǎn), 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)知當(dāng)a=1時,f(x)=ln x+-1在遞減,在[1,e]上遞增, ∴f(x)≥f(1)=0. +ln x-1

7、≥0在x上恒成立.∴h'(x)=ex+1≥0+1>0,∴h(x)=(ln x-1)ex+x在x上單調(diào)遞增.∴h(x)min=h=-2,h(x)max=e.所以當(dāng)m<-2或m>e時,沒有零點(diǎn),當(dāng)-2m≤e時有一個零點(diǎn). 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(diǎn),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(

8、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=(0

9、令m(t)=ln t-, 則m'(t)= 因為t>0,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.解 (1)略; (2)f'(x)=(x>0),令p(x)=x2+(2-a)x+1, 由f(x)在(0,+∞)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,則方程p(x)=0在(0,+∞)有兩個實根x1,x2,得a>4.∴f(x1)+f(x2) =ln x1-+ln x2-=ln x1x2-=-a, f=f=ln=ln-(a-2). ∴f=ln-a-2+=ln+2. 設(shè)h(a

10、)=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,∴f 5.(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)只有一個零點(diǎn). (ⅱ)若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,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(b-2)+a(b-1)2=a>0, 故f(x)存在兩個零點(diǎn). (ⅲ)若a<

11、0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-,則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0, 因此f(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時,f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點(diǎn). 若a<-,則ln(-2a)>1, 故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時,f'(x)<0; 當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞)時,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f(x)<0,所以f(x)不存在兩個零點(diǎn). 綜上,a的取值范圍為(0,+∞). (2)證明 不妨設(shè)x1

12、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,g'(x)<0,而g(1)=0,故當(dāng)x>1時,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,F

13、'(x)<0,函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)m>0時,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,函數(shù)F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當(dāng)m>0時,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(

14、x+1)與y=的圖象有且僅有一條外公切線,所以 有唯一一對(x1,x2)滿足這個方程組,且m>0, 由①得x1+1=m(x2+1)2,代入②消去x1,整理得2mln(x2+1)++mln m-m-1=0, 關(guān)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)=當(dāng)m>0時,g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增; ∴g(x)min=g=m-mln m-1.因為x→+∞,g(x)→+∞;x→-1,g(x)→+∞,只需m-mln m-1=0. 令h(m)=m-mln m-1,h'(m)=-ln m在(0,+∞)上為單調(diào)遞減函數(shù), 且m=1時,h'(m)=0,即h(m)max=h(1)=0,所以m=1時,關(guān)于x2的方程2mln(x2+1)++mln m-m-1=0有唯一解,此時x1=x2=0,外公切線的方程為y=x.∴這兩條曲線存在相同的緊鄰直線,此時m=1.