（通用版）2020版高考数学大二轮复习专题突破练9利用导数证明问题及讨论零点个数文.docx

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1、专题突破练9　利用导数证明问题及讨论零点个数1.设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.2.(2019陕西咸阳一模,文21)设函数f(x)=x+1-mex,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,lnex-1x>x2.3.(2019河南洛阳三模,理21)已知函数f(x)=lnx-kx,其中k∈R为常数.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个相异零点x1,x2(

2、x12-lnx1.4.已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2.5.设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,11,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.6.(2019湖南六校联考,文21)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax2+x+1(a>0).(1)设F(x)=g(x)f(x),讨论函数F(x)的单调性;(

3、2)若0g(x)在(0,+∞)上恒成立.7.(2019天津卷,文20)设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;(2)若0x0,证明3x0-x1>2.参考答案专题突破练9　利用导数证明问题及讨论零点个数1.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>

4、0时,因为e2x单调递增,-ax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)由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)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).因为2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln

5、2a≥2a+aln2a.故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.2.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-ex,f'(x)=1-ex.令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0,故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0);单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-ex<0,即ex>x+1.当x∈(0,+∞)时,要证lnex-1x>x2,只需证ex-1>xex2.令F(x)=ex-1-xe

6、x2=ex-x(e)x-1,F'(x)=ex-(e)x-x(e)xlne=(e)x(e)x-1-x2=ex2ex2-1-x2.由ex>x+1可得,ex2>1+x2,则x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)内单调递增,∴F(x)>F(0)=0.即ex-1>xex2,∴lnex-1x>x2.3.(1)解f'(x)=1x-k=1-kxx(x>0),①当k≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)内递增,②当k>0时,由f'(x)>0,得0

7、,在区间1k,+∞内递减.(2)证明设f(x)的两个相异零点为x1,x2,设x1>x2>0,∵f(x1)=0,f(x2)=0,∴lnx1-kx1=0,lnx2-kx2=0,∴lnx1-lnx2=k(x1-x2),lnx1+lnx2=k(x1+x2),要证明lnx2>2-lnx1,即证明lnx1+lnx2>2,故k(x1+x2)>2,即lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2,即lnx1x2>2(x1-x2)x1+x2,设t=x1x2>1,上式转化为lnt>2(t-1)t+1(t>1).设g(t)=lnt-2

8、(t-1)t+1,∴g'(t)=(t-1)2t(t+1)2>0,∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,∴g(t)>g(1)=0,∴lnt>2(t-1)t+1,∴lnx1+lnx2>2,即lnx2>2-lnx1.4.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若