【数学】2020一轮复习北师大版（理）利用导数证明问题及讨论零点个数作业

【数学】2020一轮复习北师大版（理）利用导数证明问题及讨论零点个数作业

突破2　利用导数证明问题及讨论零点个数 ‎　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=‎ax‎2‎+x-1‎ex‎.‎ ‎(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.‎ ‎2.(2018河北保定一模,21改编)已知函数f(x)=x+ax‎.‎设函数g(x)=ln x+1.证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).‎ ‎3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求a的取值范围.‎ ‎4.(2018安徽芜湖期末,21改编)已知函数f(x)=x3-aln x(a∈R).若函数y=f(x)在区间(1,e]上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.‎ ‎5.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a>0时,f(x)≥2a+aln‎2‎a‎.‎ ‎6.(2018河北衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R,曲线y=f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.‎ ‎(1)求函数y=f(x)的解析式;‎ ‎(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;‎ ‎(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.‎ 参考答案 突破2　利用导数证明 问题及讨论零点个数 ‎1.(1)解 f'(x)=‎-ax‎2‎+(2a-1)x+2‎ex,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.‎ ‎(2)证明 当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.‎ 令g(x)=x2+x-1+ex+1,‎ 则g'(x)=2x+1+ex+1.‎ 当x<-1时,g'(x)<0,g(x)递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)递增;‎ 所以g(x)≥g(-1)=0.‎ 因此f(x)+e≥0.‎ ‎2.证明 令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-ln x-1(x>0),h'(x)=1-ax‎2‎-‎1‎x=x‎2‎‎-x-ax‎2‎,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=‎1‎‎2‎.‎ ‎∵p(1)=1-1-a=-a<0,‎ 设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,‎ 由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,且x‎0‎‎2‎-x0-a=0,‎ h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的,‎ h(x)min=h(x0)=x0+ax‎0‎-ln x0-1=x0+x‎0‎‎2‎‎-‎x‎0‎x‎0‎-ln x0-1=2x0-ln x0-2.‎ 令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2-‎1‎x=‎2x-1‎x>0恒成立,‎ 所以F(x)在(1,+∞)上是增加的.‎ ‎∵F(1)=2-0-2=0,‎ ‎∴F(x)>0,即h(x)min>0,‎ 所以,当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).‎ ‎3.解法1 函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点±‎3‎‎3‎,‎ 原函数草图 ‎∴a=0不合题意;‎ 当a>0,x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;‎ 当a<0时,f'(x)=3ax2-6x,由f'(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=‎2‎a<0,‎ ‎∴在区间‎-∞,‎‎2‎a内f'(x)<0;‎ 在区间‎2‎a‎,0‎内f'(x)>0;‎ 在区间(0,+∞)内f'(x)<0.‎ ‎∴f(x)在区间‎-∞,‎‎2‎a内是减少的,在区间‎2‎a‎,0‎内是增加的,在区间(0,+∞)内是减少的.‎ ‎∴若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0⇔f(x)min=f‎2‎a>0⇔‎8‎a‎2‎-‎12‎a‎2‎+1>0⇔‎4‎a‎2‎<1⇔a2>4.‎ ‎∵a<0,∴a<-2.‎ 解法2 曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,‎ 当a≥0时,由图像知不符合题意;‎ 当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),‎ 则ax‎0‎‎3‎=3x‎0‎‎2‎-1,‎‎3ax‎0‎‎2‎=6x‎0‎,‎得a=-2,由图像知a<-2时符合题意.‎ 解法3 分离成a=-‎1‎x‎3‎+3‎1‎x=-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,‎ g'(t)=-3t2+3=3(1-t2),当t∈(-1,1)时,g'(t)>0,当t>1或t<-1时,g'(x)<0.‎ 所以g(t)在(-∞,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+∞)递减,‎ 所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图像可知,t=1时,g(t)max=2.‎ x→+∞时,g(t)→+∞,当a<-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图像只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.‎ ‎4.解 由f(x)=0,得a=x‎3‎lnx在区间(1,e]上有两个不同实数解,‎ 即函数y=a的图像与函数g(x)=x‎3‎lnx的图像有两个不同的交点.‎ 因为g'(x)=x‎2‎‎(3lnx-1)‎‎(lnx‎)‎‎2‎.‎ 令g'(x)=0得x=‎3‎e,‎ 所以当x∈(1,‎3‎e)时,g'(x)<0,函数在(1,‎3‎e)上递减,‎ 当x∈(‎3‎e,e]时,g'(x)>0,函数在(‎3‎e,e]上递增;‎ 则g(x)min=g(‎3‎e)=3e,而g(e‎1‎‎27‎)=e‎3‎‎27‎ln ‎e‎1‎‎27‎=27e‎1‎‎9‎>27,且g(e)=e3<27,‎ 要使函数y=a的图像与函数g(x)=x‎3‎lnx的图像有两个不同的交点,‎ ‎∴a的取值范围为(3e,e3].‎ ‎5.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).‎ 当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,‎ 当a>0时,因为e2x递增,-ax递增,所以f'(x)在(0,+∞)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)递减,在(x0,+∞)递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).‎ 由于2e‎2‎x‎0‎-ax‎0‎=0,‎ 所以f(x0)=a‎2‎x‎0‎+2ax0+aln‎2‎a≥2a+aln‎2‎a.‎ 故当a>0时,f(x)≥2a+aln‎2‎a.‎ ‎6.(1)解 根据题意,得f'(x)=ex-2x,则f'(0)=1=b.‎ 由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,‎ 故f(x)=ex-x2-1.‎ ‎(2)证明 令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.‎ 由g'(x)=ex-1=0,得x=0,‎ 当x∈(-∞,0),g'(x)<0,y=g(x)递减;‎ 当x∈(0,+∞),g'(x)>0,y=g(x)递增.‎ 所以g(x)min=g(0)=0,‎ 所以f(x)≥-x2+x.‎ ‎(3)解 f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于f(x)‎x>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.‎ 令φ(x)=f(x)‎x,x>0,‎ 得φ'(x)=xf'(x)-f(x)‎x‎2‎=‎x(ex-2x)-(ex-x‎2‎-1)‎x‎2‎ ‎=‎(x-1)(ex-x-1)‎x‎2‎.‎ 由(2)可知,当x∈(0,+∞)时,ex-x-1>0恒成立,‎ 令φ'(x)>0,得x>1;令φ'(x)<0,得0

查看更多