专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.(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.设函数f(x)=e2x-alnx.(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+aln.3.设函数f(x)=x2-alnx,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,①求满足条件的最小正整数a的值;②求证:F'>0.4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2lnx,m∈R.(1)略;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.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)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.故当a>0时,f(x)≥2a+aln.3.解(1)略;(2)①∵F(x)=x2-alnx-(a-2)x,∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.所以F(x)的最小值F<0,即-a2+4a-4aln<0.∵a>0,∴a+4ln-4>0.令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3.②证明:不妨设00,故只要证即可,即证x1+x2>,即证+(x1+x2)(lnx1-lnx2)<+2x1--2x2,也就是证ln.设t=(00,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数.又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证.4.证明(1)略;(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x11,∵m=-2x2,∴证明2lnx2->1成立,等价于证明2lnx2-x2>-1成立.∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),∴x2=1+∈(1,2).设函数h(x)=2lnx-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增,∴h(x)>h(1)=-1,即2lnx2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立,∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x10,h(x)在(0,+∞)递增;②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增.(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.∵2lnx1+mx1=0,2lnx2+mx2=0,∴2(lnx2-lnx1)=m(x1-x2),又f(x)=2lnx,∴f'(x)=,==+m+ln.令=t≥e2,φ(t)=+lnt,则φ'(t)=>0,∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故.6.解(1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠0时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,则即其中②式即4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞),则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足①式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.
