2021高考浙江版数学一轮讲义：第三章 专项强化练三　导函数零点不可求的导数问题 WORD版含解析.docx

1、专项强化练三导函数零点不可求的导数问题1.已知函数f(x)=x2ex-ln x,求证:当x0时,不等式f(x)1.1.证明f (x)=x(x+2)ex-1x,x0.则f (x)=(x2+4x+2)ex+1x20,故f (x)在(0,+)上单调递增.又f 14=916e14-40,所以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(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).

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)2-1xg12=25-ln121,即f(x0)1,故f(x)min1,即当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+aln2a. 2.证明f (x)=2e2x-ax,x0.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a0时,两个函数图象有一个交点.因此,当a0时, f (x)只有一个

3、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)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a0时, f(x)2a+aln2a.3.已知函数f(x)=1+ln(x+1)x,当x

4、0时, f(x)kx+1恒成立,求正整数k的最大值.3.解析由已知得k0上恒成立.令h(x)=(x+1)1+ln(x+1)x,x0,则只需k0,得(x)在(0,+)上单调递增.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)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

5、(a+1)0对任意的x(0,+)恒成立,其中a0.求a的取值范围.4.解析f (x)=aex-a+1x2=ax2ex-(a+1)x2,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,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)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(x

6、0)=aex0+a+1x0-2(a+1)=a+1x02+a+1x0-2(a+1),令a+1x02+a+1x0-2(a+1)0,由x00,a0,得0x01.因为g(x)=ax2ex-(a+1)在(0,+)上单调递增,00.5.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.所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:当m

7、2,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,故f (x)=0在(-2,+)上有唯一实根,设此实根为x0,则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.由f (x0)=0得ex0=1x0+2,即ln(x0+2)=-x0,故f(x)f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20.所以当m2时, f(x)0.6.已知函数f(x)=x2-ax+ln x(aR).(1

8、)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.6.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(x0).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=a2-80,x1+x2=a20,x1x2=120,解得a22.故f(x1+x2)=(x1+x2)2-a

9、(x1+x2)+ln(x1+x2)=-a24+lna2.设g(a)=-a24+lna2(a22),则g(a)=-a2+1a=2-a22a0.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)0,得xln53,由m(x)=ex-530,得xln53.所以m(x)在-1,ln53上单调递减,在ln53,1上单调递增,又mln53=53-53ln53-20,m(1)=e-53-20,所以m(x)在-1,ln53上必有一个零点,设此零点为x0,则f(x)在(-1,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减.所以f(x)min=minf(-1), f(1)=e-176;f(x)max=f(x0)g(x0),所以f(x)maxg(x0)g(-1)=53.综上所述,当-1x1时,e-176f(x)53.