2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练:9 利用导数证明问题及讨论零点个数 Word版含解析.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-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+aln2a.2.(2019陕西咸阳一模,文21)设函数f(x)=x+1-mex,mR.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x(0,+)时,lnex-1xx2.3.(2019河南洛阳三模,理21)已知函数f(x)=ln x-kx,其中kR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(x12-ln x1.4.已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调
2、性;(2)当a0时,证明f(x)-34a-2.5.设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1x-1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.6.(2019湖南六校联考,文21)已知函数f(x)=ex,g(x)=ax2+x+1(a0).(1)设F(x)=g(x)f(x),讨论函数F(x)的单调性;(2)若0g(x)在(0,+)上恒成立.7.(2019天津卷,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-x12.参考答案专题突破练9利用导数证明问题及讨论零
3、点个数1.解 (1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-ax(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点,当a0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0ba4且b14时,f(b)0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.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+aln2a2a+aln2a.故当a0时,f(x)
4、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x0;当x0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-exx+1.当x(0,+)时,要证lnex-1xx2,只需证ex-1xex2.令F(x)=ex-1-xex2=ex-x(e)x-1,F(x)=ex-(e)x-x(e)xlne=(e)x(e)x-1-x2=ex2ex2-1-x2.由exx+1可得,ex21+x2,则x(0,+)时,F(x)0恒成立
5、,即F(x)在(0,+)内单调递增,F(x)F(0)=0.即ex-1xex2,lnex-1xx2.3.(1)解 f(x)=1x-k=1-kxx(x0),当k0时,f(x)0,f(x)在区间(0,+)内递增,当k0时,由f(x)0,得0xx20,f(x1)=0,f(x2)=0,ln x1-kx1=0,ln x2-kx2=0,ln x1-ln x2=k(x1-x2),ln x1+ln x2=k(x1+x2),要证明ln x22-ln x1,即证明ln x1+ln x22,故k(x1+x2)2,即ln x1-ln x2x1-x22x1+x2,即lnx1x22(x1-x2)x1+x2,设t=x1x21
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