浙江专用2020版高考数学大一轮复习专项强化练四导函数不可求零点的导数综合问题2.docx
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-ln x,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x014,12,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f(x)在(x0,+)上单调递增.故f(x)min=f(x0)=x02ex0-ln x0.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-ln x0=1x0+2-ln x0,其中x014,12.令g(x)=1x+2-ln x,x14,12.则g'(x)=-1(x+2)2-1x<0,故g(x)在x14,12上单调递减.故g(x)>g12=25-ln12>1,即f(x0)>1.综上,有f(x)min>1,则当x>0时,不等式f(x)>1.2.已知函数f(x)=e2x-aln x,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-aln x0.由f '(x0)=0,得2e2x0-ax0=0,即e2x0=a2x0,即ln e2x0=ln a-ln 2x0,化简得ln x0=ln a-ln 2-2x0.故f(x0)=a2x0-a(ln a-ln 2-2x0)=a2x0+2ax0+aln 2a2a+aln2a.故f(x)min2a+aln2a,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k<h(x)min.h'(x)=x-1-ln(x+1)x2.令(x)=x-1-ln(x+1),由'(x)=xx+1>0,得(x)在(0,+)上单调递增.又(2)=1-ln 3<0,(3)=2-ln 4>0,根据零点存在性定理可知,存在x0(2,3),使得(x0)=0.当x(0,x0)时,(x)<0,h'(x)<0,h(x)在(0,x0)上单调递减;当x(x0,+)时,(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(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(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<x01.因为g(x)=ax2ex-(a+1)在(0,+)上单调递增,0<x01,所以ae-(a+1)0,解得a1e-1.5.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m2时,求证: f(x)>0.解析(1)f '(x) =ex-1x+m.由x=0是f(x)的极值点,得f '(0)=0,所以m=1.于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+),f '(x)=ex-1x+1.函数f '(x)=ex-1x+1在(-1,+)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x(-1,0)时, f '(x)<0;当x(0,+)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0.当m=2时,函数f '(x)=ex-1x+2在(-2,+)上单调递增.又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+)上有唯一实根x0,且x0(-1,0).当x(-2,x0)时, f '(x)<0;当x(x0,+)时, f '(x)>0,从而当x=x0时, f(x)取得极小值,也是最小值.f '(x)、 f(x)的大致图象如图.由f '(x0)=0得ex0=1x0+2,即ln(x0+2)=-x0,故f(x)f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0.所以当m2时, f(x)>0.6.已知函数f(x)=x2-ax+ln x(aR).(1)当a=1时,求曲线f(x)在点P(1,0)处的切线方程;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,求f(x1+x2)的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=x2-x+ln x,则f '(x)=2x-1+1x.所以f '(1)=2.因此曲线f(x)在点P(1,0)处的切线方程为2x-y-2=0.(2)由题意得f '(x)=2x-a+1x,令f '(x)=0,则2x-a+1x=0,即2x2-ax+1=0(x>0).由题意知2x2-ax+1=0有两个不等的实根,为x1,x2.由根与系数的关系得=a2-8>0,x1+x2=a2>0,x1·x2=12>0,解得a>22.故f(x1+x2)=(x1+x2)2-a(x1+x2)+ln(x1+x2)=-a24+lna2.设g(a)=-a24+lna2(a>22),则g'(a)=-a2+1a=2-a22a<0.故g(a)在(22,+)上单调递减,所以g(a)<g(22)=-2+ln 2.因此f(x1+x2)的取值范围是(-,-2+ln 2).7.已知函数f(x)=ex-56x2-2x,g(x)=-13x2-x+1.(1)设h(x)=f(x)-g(x),求h(x)在-1,0上的最大值;(2)当-1x1时,求证:e-176f(x)<53.解析(1)h(x)=f(x)-g(x)=ex-12x2-x-1,则h'(x)=ex-x-1,令k(x)=ex-x-1,则k'(x)=ex-1,所以当x0时,k'(x)0,即h'(x)在-1,0上单调递减,又h'(0)=0,故h'(x)0,所以h(x)在-1,0上单调递增.即当x=0时,h(x)取得最大值,为h(0)=0.(2)证明: f '(x)=ex-53x-2,令m(x)=ex-53x-2,则m'(x)=ex-53,由m'(x)=ex-53>0,得x>ln53,由m'(x)=ex-53<0,得x<ln53.m(x)在-1,ln53上单调递减,在ln53,1上单调递增,又mln53=53-53ln53-2<0,m(-1)=1e-13>0,m(1)=e-53-2<0,所以m(x)在-1,ln53上必有一零点x0,在(-1,x0)上f(x)单调递增,在(x0,1)上 f(x)单调递减.所以f(x)min=minf(-1), f(1)=e-176;f(x)max=f(x0)g(x0),又因为g(x)在(-1,x0)上单调递减,所以f(x)maxg(x0)<g(-1)=53.综上所述,当-1x1时,e-176f(x)<53.
