（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 專項強化練四 導(dǎo)函數(shù)不可求零點的導(dǎo)數(shù)綜合問題.docx

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專項強化練四　導(dǎo)函數(shù)不可求零點的導(dǎo)數(shù)綜合問題 1.已知函數(shù)f(x)=x2ex-ln x,求證:當(dāng)x>0時,不等式f(x)>1. 證明　f (x)=x(x+2)ex-1x,x>0. 則f ″(x)=(x2+4x+2)ex+1x2>0, 故f (x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又f 14=916e14-4<0, f 12=54e12-2>0, 根據(jù)零點存在性定理可知, 存在x0∈14,12,使得f (x0)=0. 當(dāng)x∈(0,x0)時, f (x)<0,故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,+∞)時, f (x)>0,故f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 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x0∈14,12. 令g(x)=1x+2-ln x,x∈14,12. 則g(x)=-1(x+2)2-1x<0, 故g(x)在x∈14,12上單調(diào)遞減. 故g(x)>g12=25-ln12>1,即f(x0)>1. 綜上,有f(x)min>1,則當(dāng)x>0時,不等式f(x)>1. 2.已知函數(shù)f(x)=e2x-aln x,求證:當(dāng)a>0時, f(x)≥2a+aln2a. 證明　f (x)=2e2x-ax,x>0. f (x)有零點,等價于方程2e2x-ax=0有實根,等價于方程2e2x=ax有實根,等價于函數(shù)y=2e2x與函數(shù)y=ax的圖象有交點. 顯然,當(dāng)a<0時,兩個函數(shù)圖象無交點; 當(dāng)a>0時,兩個函數(shù)圖象有一個交點. 因此,當(dāng)a<0時, f (x)無零點, 當(dāng)a>0時, f (x)只有一個零點. 當(dāng)a>0時, f (x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且只有一個零點,設(shè)此零點為x0,則f (x0)=0. 當(dāng)x∈(0,x0)時, f (x)<0, f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時, f (x)>0, f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 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,化簡得ln x0=ln a-ln 2-2x0. 故f(x0)=a2x0-a(ln a-ln 2-2x0)=a2x0+2ax0+aln 2a≥2a+aln2a. 故f(x)min≥2a+aln2a,即當(dāng)a>0時, f(x)≥2a+aln2a. 3.已知函數(shù)f(x)=1+ln(x+1)x,當(dāng)x>0時, f(x)>kx+1恒成立,求正整數(shù)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k0,得φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又φ(2)=1-ln 3<0,φ(3)=2-ln 4>0,根據(jù)零點存在性定理可知,存在x0∈(2,3),使得φ(x0)=0. 當(dāng)x∈(0,x0)時,φ(x)<0,h(x)<0,h(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,φ(x)>0,h(x)>0,h(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 故h(x)min=h(x0)=(x0+1)[1+ln(x0+1)]x0. 由φ(x0)=0,得x0-1-ln(x0+1)=0,即x0=1+ln(x0+1). 則h(x0)=x0+1∈(3,4). 故正整數(shù)k的最大值為3. 4.已知函數(shù)f(x)=aex+a+1x-2(a+1)≥0對任意的x∈(0,+∞)恒成立,其中a>0.求a的取值范圍. 解析　f (x)=aex-a+1x2=ax2ex-(a+1)x2, 令g(x)=ax2ex-(a+1),其中x>0,a>0. 則g(x)=a(2x+x2)ex>0, 故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又g(0)=-(a+1)<0,當(dāng)x→+∞時,g(x)→+∞, 故存在x0∈(0,+∞),使得g(x0)=0. 當(dāng)x∈(0,x0)時,g(x)<0, f (x)<0, f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,g(x)>0, f (x)>0, f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 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. 則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00. 解析　(1)f (x) =ex-1x+m. 由x=0是f(x)的極值點,得f (0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),定義域為(-1,+∞), f (x)=ex-1x+1. 函數(shù)f (x)=ex-1x+1在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,且f (0)=0,因此當(dāng)x∈(-1,0)時, f (x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時, f (x)>0. 所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增. (2)證明:當(dāng)m≤2,x∈(-m,+∞)時,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需證明當(dāng)m=2時, f(x)>0. 當(dāng)m=2時,函數(shù)f (x)=ex-1x+2在(-2,+∞)上單調(diào)遞增. 又f (-1)<0, f (0)>0,故f (x)=0在(-2,+∞)上有唯一實根x0,且x0∈(-1,0). 當(dāng)x∈(-2,x0)時, f (x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時, f (x)>0,從而當(dāng)x=x0時, f(x)取得極小值,也是最小值. f (x)、 f(x)的大致圖象如圖. 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. 所以當(dāng)m≤2時, f(x)>0. 6.已知函數(shù)f(x)=x2-ax+ln x(a∈R). (1)當(dāng)a=1時,求曲線f(x)在點P(1,0)處的切線方程; (2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x1,x2,求f(x1+x2)的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=1時, f(x)=x2-x+ln x, 則f (x)=2x-1+1x.所以f (1)=2. 因此曲線f(x)在點P(1,0)處的切線方程為2x-y-2=0. (2)由題意得f (x)=2x-a+1x, 令f (x)=0,則2x-a+1x=0,即2x2-ax+1=0(x>0). 由題意知2x2-ax+1=0有兩個不等的實根,為x1,x2. 由根與系數(shù)的關(guān)系得Δ=a2-8>0,x1+x2=a2>0,x1x2=12>0,解得a>22. 故f(x1+x2)=(x1+x2)2-a(x1+x2)+ln(x1+x2)=-a24+lna2. 設(shè)g(a)=-a24+lna2(a>22), 則g(a)=-a2+1a=2-a22a<0. 故g(a)在(22,+∞)上單調(diào)遞減, 所以g(a)0,得x>ln53, 由m(x)=ex-53<0,得x0,m(1)=e-53-2<0,所以m(x)在-1,ln53上必有一零點x0,在(-1,x0)上f(x)單調(diào)遞增,在(x0,1)上 f(x)單調(diào)遞減. 所以f(x)min=min{f(-1), f(1)}=e-176; f(x)max=f(x0)≤g(x0), 又因為g(x)在(-1,x0)上單調(diào)遞減, 所以f(x)max≤g(x0)

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