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理

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a0时,f(x)≥2a+aln2.2.(2019福建漳州质检二,理21)已知函数f(x)=xlnx.(1)若函数g(x)=)2,求g(x)的极值;(2)证明:f(x)+1ex-x2.(参考数据:ln2≈0.69,ln3≈1.10,2≈4.48,e2≈7.39)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(x1x2),求证:lnx22-lnx1.4.(2019四川成都二模,理21)已知函数f(x)=lnx+a-1,a∈R.(1)若f(x)≥0,求实数a取值的集合;(2)证明:ex+≥2-lnx+x2+(e-2)x.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,1-x;(3)设c1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.6.已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.7.(2019天津卷,理20)设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈2时,证明f(x)+g(x)2-x≥0;(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2n+,2n+2内的零点,其中n∈N,证明2n+2-xn-20-0.参考答案专题突破练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-(x0).当a≤0时,f'(x)0,f'(x)没有零点,当a0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.又f'(a)0,当b满足0b且b时,f'(b)0,故当a0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2200=0,所以f(x0)=20+2ax0+aln22a+aln2故当a0时,f(x)≥2a+aln22.(1)解∵g(x)=-(x0),∴g'(x)=2-2令g'(x)0,解得0xe2.令g'(x)0,解得xe2,故g(x)在(0,e2)内递增,在(e2,+∞)内递减,故g(x)的极大值为g(e2)=2,没有极小值.(2)证明要证f(x)+1ex-x2.即证ex-x2-xlnx-10.先证明lnx≤x-1,取h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=-,易知h(x)在(0,1)内递增,在(1,+∞)内递减,所以h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x-1,当且仅当x=1时,取“=”,故xlnx≤x(x-1),ex-x2-xlnx-≥x-2x2+x-1,故只需证明当x0时,ex-2x2+x-10恒成立.令k(x)=ex-2x2+x-1(x≥0),则k'(x)=ex-4x+1.令F(x)=k'(x),则F'(x)=ex-4,令F'(x)=0,解得x=2ln2.∵F'(x)递增,∴当x∈(0,2ln2]时,F'(x)≤0,F(x)递减,即k'(x)递减,当x∈(2ln2,+∞)时,F'(x)0,F(x)递增,即k'(x)递增,且k'(2ln2)=5-8ln20,k'(0)=20,k'(2)=e2-8+10,由零点存在定理,可知∃x1∈(0,2ln2),∃x2∈(2ln2,2),使得k'(x1)=k'(x2)=0,故0xx1或xx2时,k'(x)0,k(x)递增,当x1xx2时,k'(x)0,k(x)递减,故k(x)的最小值是k(0)=0或k(x2),由k'(x2)=0,得2=4x2-1,k(x2)=2-222+x2-1=-(x2-2)(2x2-1).∵x2∈(2ln2,2),∴k(x2)0,故当x0时,k(x)0,原不等式成立.3.(1)解f'(x)=-k=-(x0),①当k≤0时,f'(x)0,f(x)在区间(0,+∞)内递增,②当k0时,由f'(x)0,得0x,故f(x)在区间0,内递增,在区间,+∞内递减.(2)证明设f(x)的两个相异零点为x1,x2,设x1x20,∵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lnx22-lnx1,即证明lnx1+lnx22,故k(x1+x2)2,即-2-222,即ln22-2)2,设t=21,上式转化为lnt2-)(t1).设g(t)=lnt-2-),∴g'(t)=-)2)20,∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,∴g(t)g(1)=0,∴lnt2-),∴lnx1+lnx22,即lnx22-lnx1.4.(1)解f'(x)=2-2(x0).当a≤0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,不合题意.当a0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)=lna+1-a≥0.令g(a)=lna+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)=lna+1-a≥0.故a=1.故实数a取值的集合是{1}.(2)证明由(1)可知,当a=1时,f(x)≥0,即lnx≥-在(0,+∞)内恒成立.要证明ex+2-lnx+x2+(e-2)x,即证明ex≥+x2+(e-2)x,即ex-1-x2-(e-2)x≥0.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=ln2.则函数u(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+∞)内单调递增.即函数h'(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+∞)内单调递增.而h'(0)=1-(e-2)=3-e0,h'(ln2)h'(1)=0.故存在x0∈(0,ln2),使得h'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,h'(x)0,h(x)单调递增;当x∈(x0,1)时,h'(x)0,h(x)单调递减.当x∈(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)x≥0.综上可知,ex+2-lnx+x2+(e-2)x成立.5.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0解得x=1.当0x1时,f'(x)0,f(x)单调递增;当x1时,f'(x)0,f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠时,lnxx-1.故当x∈(1,+∞)时,lnxx-1,ln-1,即1-x.(3)证明由题设c1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,解得x0=-当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递增;当xx0时,g'(x)0,g(x)单调递减.由(2)知1-c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x1时,g(x)0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)xcx.6.(1)解f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.②设a0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b0且bln2,则f(b)2(b-2)+a(b-1)2=a(2-2)0,故f(x)存在两个零点.③设a0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-2,则ln(-2a)≤,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.若a-2,则ln(-2a)1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤时f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x22等价于f(x1)f(2-x2),即f(2-x2)0.由于f(2-x2)=-x22-2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x22-2-(x2-2)2设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x1时,g'(x)0,而g(1)=0,故当x1时,g(x)0.从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x22.7.(1)解由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).因此,当x∈2k+,2k+(k∈Z)时,有sinxcosx,得f'(x)0,则f(x)单调递减;当x∈2k-,2k+(k∈Z)时,有sinxcosx,得f'(x)0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为2k-,2k+(k∈Z),f(x)的单调递减区间为2k+,2k+(k∈Z).(2)证明记h(x)=f(x)+g(x)2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cosx-sinx),从而g'(x)=-2exsinx.当x∈2时,g'(x)0,故h'(x)=f'(x)+g'(x)2-x+g(x)(-1)=g'(x)2-x0.因此,h(x)在区间2上单调递减,进而h(x)≥h2=f2=0.所以,当x∈2时,f(x)+g(x)2-x≥0.(3)证明依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即cosxn=1.记yn=xn-2n,则yn∈2,且f(yn)=cosyn=-2cos(xn-2n)=e-2n(n∈N).由f(yn)=e-2n≤=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,当x∈2时,g'(x)0,所以g(x)在2上为减函数,因此g(yn)≤g(y0)g=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)2-yn≥0,故2-yn≤-))=--2)--20)-200-0)-20-0所以,2n+2-xn-20-0