专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数
1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
2x2.设函数f(x)=e-aln x.
(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+aln.
2
3.设函数f(x)=x-aln x,g(x)=(a-2)x. (1)略;
(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2, ①求满足条件的最小正整数a的值;
②求证:F'
>0.
4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=(1)略;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1-2ln x,m∈R.5.已知函数f(x)=aln x,g(x)=x++f'(x). (1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;
(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥e,求
a证:
.
6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的
底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.
参
专题突破练8 利用导数证明
问题及讨论零点个数
1.解 (1)f'(x)=,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.
2x+1-x2x+1
(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x+x-1+e)e.令g(x)=x+x-1+e,
x+1
则g'(x)=2x+1+e.
当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e-(x>0).
2x当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e单调递增,-单调递增,所以
2xf'(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)证明 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).
由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 3.解 (1)略;
2
(2)①∵F(x)=x-aln x-(a-2)x,
∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数
F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.
所以F(x)的最小值F<0,
即-a+4a-4aln<0.
2
∵a>0,∴a+4ln-4>0.
令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且
h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,
所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.
当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3.
②证明:不妨设0-(a-2)x1-aln x1=x2=a(x1+ln-(a-2)x2-aln x2,即
x2).所
以
x1-ax2-aln x1-x2-ln
a=.
∵F'=0,∴当x∈时,F'(x)<0,当x∈时,F'(x)>0,故只要证
即可,
即证x1+x2>即证
,
+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1--2x2,
也就是证ln.
设t=(0令m(t)=ln t-,则m'(t)=.
因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数. 又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证. 4.证明 (1)略;
(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,
2
∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x1x1=1-,x2=1+,∴∴-1欲证明f(x2)=x2+-2ln x21,∵m=-2x2,
∴证明2ln x2->1成立,等价于证明2ln x2-x2>-1成立.
∵m=x2(x2-2)∈(-1,0), ∴x2=1+∈(1,2).
设函数h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.
易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增, ∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立, ∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x15.(1)解 ∵h(x)=g(x)-f(x)=x-aln x+,其定义域是(0,+∞),∴h'(x)=.
①1+a≤0即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增;
②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,
综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增. (2)证明 由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.
∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,
∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),
又f(x)=2ln x,∴f'(x)=,
=
=+m+ln.
令
=t≥e2,φ(t)=+ln t,则φ'(t)=>0,
∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故
.
6.解 (1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠0时,f'(x)<0;
当x>时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.
(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,
则
即
3
2
3
其中②式即4-3e2x0-e3=0.
记h(x)=4x-3ex-e,x∈(0,+∞),
则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又
h(0)=-e3,h①式.
=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足
于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.
