浙江专用2020版高考数学复习专项强化练四导函数不可求零点的导数综合问题.docx

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1、专项强化练四　导函数不可求零点的导数综合问题1.已知函数f(x)=x2ex-lnx,求证:当x>0时,不等式f(x)>1.证明　f'(x)=x(x+2)ex-1x,x>0.则f″(x)=(x2+4x+2)ex+1x2>0,故f'(x)在(0,+∞)上单调递增.又f'14=916e14-4<0,f'12=54e12-2>0,根据零点存在性定理可知,存在x0∈14,12,使得f'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,故f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,故

2、f(x)在(x0,+∞)上单调递增.故f(x)min=f(x0)=x02ex0-lnx0.由f'(x0)=0,得x0(x0+2)ex0-1x0=0,即x0(x0+2)ex0=1x0,ex0=1x02(x0+2).故f(x0)=x02ex0-lnx0=1x0+2-lnx0,其中x0∈14,12.令g(x)=1x+2-lnx,x∈14,12.则g'(x)=-1(x+2)2-1x<0,故g(x)在x∈14,12上单调递减.故g(x)>g12=25-ln12>1,即f(x0)>1.综上,有f(x)min>1,则

3、当x>0时,不等式f(x)>1.2.已知函数f(x)=e2x-alnx,求证:当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.证明　f'(x)=2e2x-ax,x>0.f'(x)有零点,等价于方程2e2x-ax=0有实根,等价于方程2e2x=ax有实根,等价于函数y=2e2x与函数y=ax的图象有交点.显然,当a<0时,两个函数图象无交点;当a>0时,两个函数图象有一个交点.因此,当a<0时,f'(x)无零点,当a>0时,f'(x)只有一个零点.当a>0时,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且只有一个零点,设

4、此零点为x0,则f'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增.故f(x)min=f(x0)=e2x0-alnx0.由f'(x0)=0,得2e2x0-ax0=0,即e2x0=a2x0,即lne2x0=lna-ln2x0,化简得lnx0=lna-ln2-2x0.故f(x0)=a2x0-a(lna-ln2-2x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.故f(x)min≥2a+a

5、ln2a,即当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.3.已知函数f(x)=1+ln(x+1)x,当x>0时,f(x)>kx+1恒成立,求正整数k的最大值.解析　由已知得k<(x+1)[1+ln(x+1)]x在x>0上恒成立.令h(x)=(x+1)[1+ln(x+1)]x,x>0,只需k0,得φ(x)在(0,+∞)上单调递增.又φ(2)=1-ln3<0,φ(3)=2-ln4>0,根据零点存

6、在性定理可知,存在x0∈(2,3),使得φ(x0)=0.当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,h'(x)<0,h(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,h'(x)>0,h(x)在(x0,+∞)上单调递增.故h(x)min=h(x0)=(x0+1)[1+ln(x0+1)]x0.由φ(x0)=0,得x0-1-ln(x0+1)=0,即x0=1+ln(x0+1).则h(x0)=x0+1∈(3,4).故正整数k的最大值为3.4.已知函数f(x)=aex+a+1x-2(a+1)≥0对任意

7、的x∈(0,+∞)恒成立,其中a>0.求a的取值范围.解析　f'(x)=aex-a+1x2=ax2ex-(a+1)x2,令g(x)=ax2ex-(a+1),其中x>0,a>0.则g'(x)=a(2x+x2)ex>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(0)=-(a+1)<0,当x→+∞时,g(x)→+∞,故存在x0∈(0,+∞),使得g(x0)=0.当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)在

8、(x0,+∞)上单调递增.故f(x)min=f(x0)=aex0+a+1x0-2(a+1).由g(x0)=0,得ax02ex0-(a+1)=0,即aex0=a+1x02.则f(x0)=aex0+a+1x0-2(a+1)=a+1x02+a+1x0-2(a+1),令a+1x02+a+1x0-2(a+1)≥0,由x0>0,a>0,得0