1、專題突破練8利用導(dǎo)數(shù)證明問題及討論零點個數(shù)1.(2018河南鄭州二模,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)求證:當x0時,lnx+1.2.(2018河南鄭州一模,理21)已知函數(shù)f(x)=lnx+,aR且a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)當x時,試判斷函數(shù)g(x)=(lnx-1)ex+x-m的零點個數(shù).13.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-alnx,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)有兩個零點x1,x2,求滿足條件的最小正整數(shù)a的值;求證:F0.4.(2018河北保定一模,理21節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=l

2、nx-(aR).(1)略;2(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,證明:f.5.已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.(1)求a的取值范圍;(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1+x20,所以f(x)在0,1上單調(diào)遞增,=f2)x+1,故可猜測:當x0,x1時,f(x)的圖象恒在切線y=(e-2)x+1的上方.下證:當x0時,f(x)(e-2)x+1,設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x0,則g(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,4g(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,+)上單調(diào)遞增,又g(0)=3-e0,g(1)=0,0ln

3、21,g(ln2)0;當x(x0,1)時,g(x)0.又xlnx+1,即lnx+1,當x=1時,等號成立.2.解(1)f(x)=(x0),當a0恒成立,函數(shù)f(x)在(0,+)上遞增;當a0時,由f(x)0,得x,由f(x)0,得0 x,函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為綜上所述,當a0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為(2)x時,函數(shù)g(x)=(lnx-1)ex+x-m的零點,即方程(lnx-1)ex+x=m的根.令h(x)=(lnx-1)ex+x,h(x)=ex+1.由(1)知當a=1時,f(x)=lnx+-1在遞減,在1,e上遞增,f(x)f(1)=0.+lnx-10在x上

4、恒成立.h(x)=ex+10+10,h(x)=(lnx-1)ex+x在x上單調(diào)遞增.h(x)min=h=-2,h(x)max=e.所以當me時,沒有零點,當-2me時有一個零點.3.解(1)略;(2)F(x)=x2-alnx-(a-2)x,F(x)=2x-(a-2)-(x0).因為函數(shù)F(x)有兩個零點,所以a0,此時函數(shù)F(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.所以F(x)的最小值F0,即-a2+4a-4aln0,a+4ln-40.令h(a)=a+4ln-4,顯然h(a)在(0,+)上為增函數(shù),且h(2)=-20,5所以存在a0(2,3),h(a0)=0.當aa0時,h(a)0,所以滿足條件的最小正整

5、數(shù)a=3.證明:不妨設(shè)0 x1x2,于是-(a-2)x1-alnx1=-(a-2)x2-alnx2,即+2x1-2x2=ax1+alnx1-ax2-alnx2=a(x1+lnx1-x2-lnx2).所以a=F=0,當x時,F(x)0,故只要證即可,即證x1+x2,即證+(x1+x2)(lnx1-lnx2)+2x1-2x2,也就是證ln設(shè)t=(0t0,所以m(t)0,當且僅當t=1時,m(t)=0,所以m(t)在(0,+)上是增函數(shù).又m(1)=0,所以當t(0,1),m(t)0),令p(x)=x2+(2-a)x+1,由f(x)在(0,+)有兩個極值點x1,x2,則方程p(x)=0在(0,+)有

6、兩個實根x1,x2,得a4.f(x1)+f(x2)=lnx1-+lnx2-=lnx1x2-=-a,f=f=ln=ln-(a-2).f=ln-a-2+=ln+2.設(shè)h(a)=ln+2(a4),則h(a)=0,h(a)在(4,+)上為減函數(shù),又h(4)=0,h(a)0,則當x(-,1)時,f(x)0,所以f(x)在(-,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b0且b(b-2)+a(b-1)2=a0,故f(x)存在兩個零點.()若a0,因此f(x)在(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又當x1時,f(x)0,所以f(x)不存在兩個零點.若a1,故當x(1,ln(-2a)時

7、,f(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a)內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+)內(nèi)單調(diào)遞增.又當x1時f(x)0,所以f(x)不存在兩個零點.綜上,a的取值范圍為(0,+).(2)證明不妨設(shè)x1x2,由(1)知,x1(-,1),x2(1,+),2-x2(-,1),f(x)在(-,1)內(nèi)單調(diào)遞減,所以x1+x2f(2-x2),即f(2-x2)1時,g(x)1時,g(x)0.從而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x20).當m0時,F(x)0時,令F(x)0,得x0,得x,函數(shù)F(x)在上單調(diào)遞增;綜上所述,當m0時,函數(shù)F(x)在(0,+)上單調(diào)遞減;當m0時,函數(shù)F(x)在上單調(diào)遞減,

8、在上單調(diào)遞增.(2)原命題等價于曲線y=f(x+1)與曲線y=是否相同的外公切線.函數(shù)f(x+1)=mln(x+1)在點(x1,mln(x1+1)處的切線方程為y-mln(x1+1)=(x-x1),即y=x+mln(x1+1)-,曲線y=在點處的切線方程為y-(x-x2),即y=x+曲線y=f(x+1)與y=的圖象有且僅有一條外公切線,所以有唯一一對(x1,x2)滿足這個方程組,且m0,由得x1+1=m(x2+1)2,代入消去x1,整理得2mln(x2+1)+mlnm-m-1=0,關(guān)于x2(x2-1)的方程有唯一解.令g(x)=2mln(x+1)+mlnm-m-1(x-1),g(x)=當m0時,g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增;g(x)min=g=m-mlnm-1.因為x+,g(x)+;x-1,g(x)+,只需m-mlnm-1=0.令h(m)=m-mlnm-1,h(m)=-