《2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：专项强化练四 导函数不可求零点的导数综合问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：专项强化练四 导函数不可求零点的导数综合问题 Word版含解析.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专项强化练四 导函数不可求零点的导数综合问题专项强化练四 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)ex- ,x0. 1 则 f (x)=(x2+4x+2)ex+ 0, 1 2 故 f (x)在(0,+)上单调递增. 又 f =-40, ( 1 4) 9 16e 1 4 ( 1 2) 5 4e 1 2 根据零点存在性定理可知, 存在 x0,使得 f (x0)=0. ( 1 4, 1 2) 当 x(0,x0)时, f (x)0,故 f(x)在(x0
2、,+)上单调递增. 故 f(x)min=f(x0)=-ln x0.2 0e 0 由 f (x0)=0,得 x0(x0+2)- =0,e0 1 0 即 x0(x0+2)= ,=.e0 1 0 e0 1 2 0(0+ 2) 故 f(x0)=-ln x0=-ln x0,其中 x0.2 0e 0 1 0+ 2 ( 1 4, 1 2) 令 g(x)=-ln x,x. 1 + 2 ( 1 4, 1 2) 则 g(x)=- g= -ln 1,即 f(x0)1. ( 1 2) 2 5 1 2 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
3、 a0 时, f(x)2a+aln . 2 证明 f (x)=2e2x- ,x0. f (x)有零点,等价于方程 2e2x- =0 有实根,等价于方程 2e2x= 有实根,等价于 函数 y=2e2x与函数 y= 的图象有交点. 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,x0)时, f (x)0, f(x)在(x0,+)上单调递增. 故 f(x)min=f(x0)=-aln x0.e20 由 f (x0)=0,得 2- =0,
4、即=,即 ln =ln a-ln 2x0,化简得 ln e20 0 e20 20 e20 x0=ln a-ln 2-2x0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故 f(x0)=-a(ln a-ln 2-2x0)=+2ax0+aln 2a+aln . 20 20 2 2 故 f(x)min2a+aln ,即当 a0 时, f(x)2a+aln . 2 2 3.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( + 1) + 1 解析 由已知得 k0 上恒成立. ( + 1)1 + ln( + 1) 令 h(x)=,x0,只需 k0,得 (x)在(0,+
5、)上单调递增. + 1 又 (2)=1-ln 30,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(x0,+)上单调递增. 故 h(x)min=h(x0)=. (0+ 1)1 + ln(0+ 1) 0 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+-2(a+1)0 对任意的 x(0,+)恒成立,其中 a0. + 1 求 a 的取值范围. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打
6、印 解析 f (x)=aex-=, + 1 2 2e- (a + 1) 2 令 g(x)=ax2ex-(a+1),其中 x0,a0. 则 g(x)=a(2x+x2)ex0, 故 g(x)在(0,+)上单调递增. 又 g(0)=-(a+1)0, f (x)0, f(x)在(x0,+)上单调递增. 故 f(x)min=f(x0)=a+-2(a+1).e0 + 1 0 由 g(x0)=0,得 a-(a+1)=0,即 a=.2 0e 0 e0 + 1 2 0 则 f(x0)=a+-2(a+1)=+-2(a+1),e0 + 1 0 + 1 2 0 + 1 0 令+-2(a+1)0,由 x00,a0,得
7、00. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 (1)f (x) =ex-. 1 + 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-. 1 + 1 函数 f (x)=ex-在(-1,+)上单调递增,且 f (0)=0,因此当 x(-1,0)时, 1 + 1 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)=
8、ex-在(-2,+)上单调递增. 1 + 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,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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由 f (x0)=0 得=,即 ln(x0+2)=-x0,e0 1 0+ 2 故 f(x)f(x0)=+x0=0. 1 0+ 2 (0+ 1)2 0+ 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
9、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+ .所以 f (1)=2. 1 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+ , 1 令 f (x)=0,则 2x-a+ =0,即 2x2-ax+1=0(x0). 1 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. = 2- 8 0, 1+ 2= 2 0, 12=
10、1 2 0, 2 故 f(x1+x2)=(x1+x2)2-a(x1+x2)+ln(x1+x2)=- +ln . 2 4 2 设 g(a)=- +ln (a2), 2 4 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 g(a)=- + =0,得 xln , 5 3 5 3 由 m(x)=ex- 0,m(1)=e- -20,所以 m(x)在上必 (ln 5 3) 5 3 5 3 5 3 1 e 1 3 5 3 ( - 1,ln 5 3) 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-; 17 6 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)= . 5 3 综上所述,当-1x1 时,e-f(x) . 17 6 5 3