2021新高考数学二轮复习：专题突破练10　利用导数证明问题及讨论零点个数.docx

1、专题突破练专题突破练 10 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.(2020 全国,理 21)设函数 f(x)=x3+bx+c,曲线 y=f(x)在点 ,f( ) 处的切线与 y 轴垂直. (1)求 b; (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 2.(2020 河南开封三模,文 21)已知函数 f(x)=ln x+ (aR)的图象在点 ,f( ) 处的切线斜率为-e,其中 e 为自然对数的底数. (1)求实数 a的值,并求 f(x)的单调区间; (2)证明:xf(x) . 3.(2020 山东潍坊二模,20)已

2、知函数 f(x)= +aln x,g(x)= . (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)证明:a=1 时,f(x)+g(x)-( )ln xe. 4.(2020 山东济宁 5月模拟,21)已知两个函数 f(x)= ,g(x)= -1. (1)当 t0 时,求 f(x)在区间t,t+1上的最大值; (2)求证:对任意 x(0,+),不等式 f(x)g(x)都成立. 5.(2020 山东烟台一模,21)已知函数 f(x)= -a(aR). (1)若 f(x)0在(0,+)上恒成立,求 a的取值范围,并证明:对任意的 nN*,都有 1+ + ln(n+1); (2)设 g(x)=(x-1)2ex

3、,讨论方程 f(x)=g(x)的实数根的个数. 6.已知函数 f(x)=ln x+a -1 ,aR. (1)若 f(x)0,求实数 a取值的集合; (2)证明:ex+ 2-ln x+x 2+(e-2)x. 7.(2019 天津,文 20)设函数 f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中 aR. (1)若 a0,讨论 f(x)的单调性; (2)若 0ax0,证明 3x0-x12. 8.(2020 天津,20)已知函数 f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为 f(x)的导函数. (1)当 k=6时, 求曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程; 求函数 g(x)=f(x)-f(x

4、)+ 的单调区间和极值; (2)当 k-3 时,求证:对任意的 x1,x21,+),且 x1x2,有 - - . 专题突破练 10 利用导数证明 问题及讨论零点个数 1.(1)解 f(x)=3x2+b,依题意得 f( )=0,即 +b=0. 故 b=- (2)证明 由(1)知 f(x)=x3- x+c,f(x)=3x 2- 令 f(x)=0,解得 x=- 或 x= f(x)与 f(x)的情况为: x -, - - - , , + f(x) + 0 - 0 + f(x) c+ c- 因为 f(1)=f(- )=c+ ,所以当 c 时,f(x)只有小于-1的零点. 由题设可知- c 当 c=- 时

5、,f(x)只有两个零点- 和 1. 当 c= 时,f(x)只有两个零点-1 和 当- c 时,f(x)有三个零点 x1,x2,x3,且 x1 -1,- ,x2 - ,x3 ,1 . 综上,若 f(x)有一个绝对值不大于 1的零点,则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. 2.(1)解 因为函数 f(x)的定义域为(0,+),f(x)= ,所以 f( )=e-ae 2=-e,所以 a= , 所以 f(x)= 令 f(x)=0,得 x= ,当 x ( )时,f(x)0, 所以 f(x)在( )上单调递减,在( )上单调递增. (2)证明 设 h(x)=xf(x)=xln x+ ,由 h(x)=l

6、n x+1=0,得 x= , 所以当 x ( )时,h(x)0, 所以 h(x)在( )上单调递减,在( )上单调递增, 所以 h(x)min=h( ) 设 t(x)= (x0),则 t(x)= - , 所以当 x(0,1)时,t(x)0,t(x)单调递增,当 x(1,+)时,t(x)t(x),即 xf(x) 3.解 (1)函数的定义域为(0,+),f(x)=- - , 当 a0时,f(x)0 时,由 f(x)0,得 x ,由 f(x)0,得 0x0 时,f(x)在( )上单调递减,在( )上单调递增. (2)因为 x0,所以不等式等价于 ex-ex+1 , 设 F(x)=ex-ex+1,F(

7、x)=ex-e, 所以 x(1,+)时,F(x)0,F(x)单调递增,x(0,1)时,F(x)0,G(x)单调递增,x(e,+)时,G(x)G(x),即 ex-ex+1 ,故原 不等式成立. 4.解 (1)由 f(x)= 得,f(x)= - - ,当 x1时,f(x)1 时,f(x)0, f(x)在区间(-,1)上为减函数,在区间(1,+)上为增函数. 当 t1时,f(x)在区间t,t+1上为增函数,f(x)的最大值为 f(t+1)= 当 0t1,f(x)在区间(t,1)上为减函数,在区间(1,t+1)上为增函数,f(x)的 最大值为 f(x)max=maxf(t),f(t+1). 下面比较

8、f(t)与 f(t+1)的大小. f(t)-f(t+1)= - t0,1-e0, 当 0t - 时,f(t)-f(t+1)0,故 f(x)在区间t,t+1上的最大值为 f(t)= , 当 - t1 时,f(t)-f(t+1)0, f(x)在区间t,t+1上的最大值为 f(t+1)= 综上可知,当 0 - 时,f(x)在区间 t,t+1上的最大值为 f(t+1)= (2)证明:不等式 f(x)g(x)即为 -1.x0,不等式等价于 e xln x-x+1, 令 h(x)=ex-(x+1)(x0), 则 h(x)=ex-10, h(x)在(0,+)上为增函数,h(x)h(0)=0,即 exx+1,

9、 所以,要证 exln x-x+1 成立,只需证 x+1ln x-x+1成立即可. 即证 2xln x在(0,+)上成立. 设 (x)=2x-ln x,则 (x)=2- - ,当 0x 时,(x) 时,(x)0,(x)单调递增,(x)min= ( )=1-ln =1+ln 20,(x)0在(0,+)上成立, 对任意 x(0,+),不等式 f(x)g(x)都成立. 5.解 (1)由 f(x)0可得,a (x0),令 h(x)= ,则 h(x)= - - , 当 x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当 x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,故 h(x)在 x=1 处取得最大值,要

10、使 a ,只需 ah(1)=1, 故 a 的取值范围为 a1. 显然,当 a=1 时,有 1,即不等式 ln x1(nN*),则有 ln -1= ,所以 ln +ln +ln ln(n+1). (2)由 f(x)=g(x),可得 -a=(x-1)2ex,即 a= -(x-1)2ex, 令 t(x)= -(x-1)2ex, 则 t(x)=- -(x2-1)ex, 当 x(0,1)时,t(x)0,t(x)单调递增,当 x(1,+)时,t(x)0,t(x)单调递减,故 t(x)在 x=1 处取得最大值 t(1)=1,又当 x0时,t(x)-,当 x+时,t(x)-,所以,当 a=1时,方程 f(x)

11、=g(x)有一个实数解; 当 a1 时,方程 f(x)=g(x)没有实数解. 6.(1)解 f(x)= - (x0). 当 a0时,f(x)0,函数 f(x)在(0,+)上单调递增.又 f(1)=0, 因此当 0x1时,f(x)0 时,可得函数 f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增, 故当 x=a 时,函数 f(x)取得最小值,则 f(a)=ln a+1-a0. 令 g(a)=ln a+1-a,g(1)=0. 由 g(a)= -1= - ,可知当 a=1时,函数 g(a)取得最大值,而 g(1)=0, 因此只有当 a=1 时满足 f(a)=ln a+1-a0.故 a=1. 故

12、实数 a取值的集合是1. (2)证明 由(1)可知,当 a=1时,f(x)0,即 ln x1- 在(0,+)内恒成立. 要证明 ex+ 2-ln x+x2+(e-2)x,即证明 ex1+x2+(e-2)x,即 ex-1-x2-(e-2)x0. 令 h(x)=ex-1-x2-(e-2)x,x0. h(x)=ex-2x-(e-2),令 u(x)=ex-2x-(e-2), u(x)=ex-2,令 u(x)=ex-2=0,解得 x=ln 2. 则函数 u(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+)内单调递增. 即函数 h(x)在(0,ln 2)内单调递减,在(ln 2,+)内单调递增. 而

13、h(0)=1-(e-2)=3-e0, h(ln 2)0,h(x)单调递增; 当 x(x0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增. 又 h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1-(e-2)=0, 故对x0,h(x)0 恒成立,即 ex-1-x2-(e-2)x0. 综上可知,ex+ 2-ln x+x2+(e-2)x成立. 7.(1)解 由已知,f(x)的定义域为(0,+),且 f(x)= -ae x+a(x-1)ex= - 因此当 a0时,1- ax2ex0,从而 f(x)0, 所以 f(x)在(0,+)内单调递增. (2)证明 由(1)知,f(x)= - 令 g(x)=1-ax2ex,由 0a

14、0,且 g ln =1-a ln 2 =1- ln 20,故 g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从 而 f(x)=0 在(0,+)内有唯一解,不妨设为 x0,则 1x01时,h(x)= -11 时,h(x)h(1)=0,所以 xx-1. 从而 f ln =ln ln -a ln -1 =ln ln -ln +1=h ln f(1)=0,所以 f(x)在(x0,+)内有唯一零点.又 f(x)在(0,x0)内有唯一零点 1, 从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点. 由题意, 即 - 从而 ln x 1= - - ,即 - - 因为当 x1 时,ln xx01,故 - - - ,两边取对数,得

15、 ln - ln , 于是 x1-x02ln x02. 8.(1)解 当 k=6 时,f(x)=x3+6ln x,故 f(x)=3x2+ 可得 f(1)=1,f(1)=9,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y-1=9(x-1),即 y=9x- 8. 依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+ ,x(0,+). 从而可得 g(x)=3x2-6x+ , 整理可得 g(x)= - 令 g(x)=0,解得 x=1. 当 x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 极小 值 所以,函数 g(x)的单调递减区间为(

16、0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为 g(1)=1,无 极大值. (2)证明 由 f(x)=x3+kln x,得 f(x)=3x2+ 对任意的 x1,x21,+),且 x1x2,令 =t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1- x2) 3 +3 -2 +kln = -3 x2+3x1 +k -2kln (t3-3t2+3t-1)+k t- -2ln t . 令 h(x)=x- -2ln x,x1,+). 当 x1 时,h(x)=1+ ( - ) 0, 由此可得 h(x)在1,+)单调递增, 所以当 t1 时,h(t)h(1),即 t- -2ln t0. 因为 x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以, (t3-3t2+3t-1)+k t- -2ln t (t 3-3t2+3t- 1)-3 t- -2ln t =t 3-3t2+6ln t+ -1. 由(1)可知,当 t1 时,g(t)g(1),即 t3-3t2+6ln t+ 1,故 t 3-3t2+6ln t+ -10. 由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0. 所以,当 k-3 时,对任意的 x1,x21,+),且 x1x2,有 - -