（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.docx

1、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-ln x,求证:当 x0时,不等式 f(x)1.证明 f (x)=x(x+2)e x- ,x0.1x则 f (x)=(x 2+4x+2)ex+ 0,1x2故 f (x)在(0,+)上单调递增.又 f = -40,(14)916e14 (12)54e12根据零点存在性定理可知,存在 x0 ,使得 f (x0)=0.(14,12)当 x(0,x 0)时, f (x)0,故 f(x)在(x0,+)上单调递增.故 f(x)min=f(x0)= -ln x0.x20ex0由 f (x0)=0,得 x0(x0+2) - =0,

2、ex01x0即 x0(x0+2) = , = .ex01x0ex0 1x20(x0+2)故 f(x0)= -ln x0= -ln x0,其中 x0 .x20ex0 1x0+2 (14,12)令 g(x)= -ln x,x .1x+2 (14,12)则 g(x)=- - g = -ln 1,即 f(x0)1.(12)25 12综上,有 f(x)min1,则当 x0时,不等式 f(x)1.2.已知函数 f(x)=e2x-aln x,求证:当 a0时, f(x)2a+aln .2a证明 f (x)=2e 2x- ,x0.axf (x)有零点,等价于方程 2e2x- =0有实根,等价于方程 2e2x=

3、 有实根,等价于函数 y=2e2x与函数 y= 的图ax ax ax象有交点.显然,当 a0时,两个函数图象有一个交点.因此,当 a0时, f (x)只有一个零点.当 a0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,x 0)时, f (x)0, f(x)在(x 0,+)上单调递增.故 f(x)min=f(x0)= -aln x0.e2x0由 f (x0)=0,得 2 - =0,即 = ,即 ln =ln a-ln 2x0,化简得 ln x0=ln a-ln 2-2x0.e2x0ax0 e2x0a2x0 e2x0故 f(x0)= -

4、a(ln a-ln 2-2x0)= +2ax0+aln 2a+aln .a2x0 a2x0 2a 2a故 f(x)min2a+aln ,即当 a0时, f(x)2a+aln .2a 2a3.已知函数 f(x)= ,当 x0时, f(x) 恒成立,求正整数 k的最大值.1+ln(x+1)x kx+1解析 由已知得 k0上恒成立.(x+1)1+ln(x+1)x令 h(x)= ,x0,只需 k0,得 (x)在(0,+)上单调递增.xx+1又 (2)=1-ln 30,根据零点存在性定理可知,存在 x0(2,3),使得 (x 0)=0.当 x(0,x 0)时,(x)0,h(x)0,h(x)在(x 0,+

5、)上单调递增.故 h(x)min=h(x0)= .(x0+1)1+ln(x0+1)x0由 (x 0)=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+ -2(a+1)0 对任意的 x(0,+)恒成立,其中 a0.求 a的取值范围.a+1x解析 f (x)=ae x- = ,a+1x2 ax2ex-(a+1)x2令 g(x)=ax2ex-(a+1),其中 x0,a0.则 g(x)=a(2x+x2)ex0,3故 g(x)在(0,+)上单调递增.又 g(0)=-(a+1)0, f

6、x)0, f(x)在(x 0,+)上单调递增.故 f(x)min=f(x0)=a + -2(a+1).ex0a+1x0由 g(x0)=0,得 a -(a+1)=0,即 a = .x20ex0 ex0a+1x20则 f(x0)=a + -2(a+1)= + -2(a+1),ex0a+1x0 a+1x20 a+1x0令 + -2(a+1)0,由 x00,a0,得 00.解析 (1)f (x) =e x- .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- 在

7、1,+)上单调递增,且 f (0)=0,因此当 x(-1,0)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- 在(-2,+)上单调递增.1x+2又 f (-1)0,故 f (x)=0在(-2,+)上有唯一实根 x0,且 x0(-1,0).当 x(-2,x 0)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.4由 f (x0)=0得 = ,即 ln

8、x0+2)=-x0,ex0 1x0+2故 f(x)f(x 0)= +x0= 0.1x0+2 (x0+1)2x0+2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)=x 2-x+ln x,则 f (x)=2x-1+ .所以 f (1)=2.1x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

9、则 2x-a+ =0,即 2x2-ax+1=0(x0).1x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 解得 a2 . =a2-80,x1+x2=a20,x1x2=120, 2故 f(x1+x2)=(x1+x2)2-a(x1+x2)+ln(x1+x2)=- +ln .a24 a2设 g(a)=- +ln (a2 ),a24 a2 2则 g(a)=- + = 0,得 xln ,53 53由 m(x)=ex- 0,m(1)=e- -20,所以 m(x)在 上必有一零点 x0,在(-1,x 0)上(ln53)5353 53 1e13 53 (-1,ln53)f(x)单调递增,在(x 0,1)上 f(x)单调递减.所以 f(x)min=minf(-1), f(1)=e- ;176f(x)max=f(x0)g(x 0),又因为 g(x)在(-1,x 0)上单调递减,所以 f(x)maxg(x 0)g(-1)= .53综上所述,当-1x1 时,e- f(x) .176 53