1、专题突破练10利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2020全国,理21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点,f处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.2.(2020河南开封三模,文21)已知函数f(x)=ln x+(aR)的图象在点,f处的切线斜率为-e,其中e为自然对数的底数.(1)求实数a的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:xf(x).3.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f(x)=+aln x,g(x)=.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:a=1时,f(x)+g(x)-ln
2、 xe.4.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=,g(x)=-1.(1)当t0时,求f(x)在区间t,t+1上的最大值;(2)求证:对任意x(0,+),不等式f(x)g(x)都成立.5.(2020山东烟台一模,21)已知函数f(x)=-a(aR).(1)若f(x)0在(0,+)上恒成立,求a的取值范围,并证明:对任意的nN*,都有1+ln(n+1);(2)设g(x)=(x-1)2ex,讨论方程f(x)=g(x)的实数根的个数.6.已知函数f(x)=ln x+a-1,aR.(1)若f(x)0,求实数a取值的集合;(2)证明:ex+2-ln x+x2+(e-2)x.7.(201
3、9天津,文20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,讨论f(x)的单调性;(2)若0ax0,证明3x0-x12.8.(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;求函数g(x)=f(x)-f(x)+的单调区间和极值;(2)当k-3时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有.专题突破练10利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解f(x)=3x2+b,依题意得f=0,即+b=0.故b=-(2)证明由(1)知f(x)=x3-x+c,f(x)=
4、3x2-令f(x)=0,解得x=-或x=f(x)与f(x)的情况为:x-,-,+f(x)+0-0+f(x)c+c-因为f(1)=f=c+,所以当c时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-c当c=-时,f(x)只有两个零点-和1.当c=时,f(x)只有两个零点-1和当-c时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1-1,-,x2-,x3,1.综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.2.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=,所以f=e-ae2=-e,所以a=,所以f(x)=令f(x)=0,得x=,当x时,f(x)0,所以f(x)在
5、上单调递减,在上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=xlnx+,由h(x)=lnx+1=0,得x=,所以当x时,h(x)0,所以h(x)在上单调递减,在上单调递增,所以h(x)min=h设t(x)=(x0),则t(x)=,所以当x(0,1)时,t(x)0,t(x)单调递增,当x(1,+)时,t(x)t(x),即xf(x)3.解(1)函数的定义域为(0,+),f(x)=-,当a0时,f(x)0时,由f(x)0,得x,由f(x)0,得0x0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)因为x0,所以不等式等价于ex-ex+1,设F(x)=ex-ex+1,F(x)=ex-e,所以x(1,+)
6、时,F(x)0,F(x)单调递增,x(0,1)时,F(x)0,G(x)单调递增,x(e,+)时,G(x)G(x),即ex-ex+1,故原不等式成立.4.解(1)由f(x)=得,f(x)=,当x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在区间(-,1)上为减函数,在区间(1,+)上为增函数.当t1时,f(x)在区间t,t+1上为增函数,f(x)的最大值为f(t+1)=当0t1,f(x)在区间(t,1)上为减函数,在区间(1,t+1)上为增函数,f(x)的最大值为f(x)max=maxf(t),f(t+1).下面比较f(t)与f(t+1)的大小.f(t)-f(t+1)=t0,1-e0,当0t时,f(
7、t)-f(t+1)0,故f(x)在区间t,t+1上的最大值为f(t)=,当t1时,f(t)-f(t+1)0,f(x)在区间t,t+1上的最大值为f(t+1)=综上可知,当0时,f(x)在区间t,t+1上的最大值为f(t+1)=(2)证明:不等式f(x)g(x)即为-1.x0,不等式等价于exlnx-x+1,令h(x)=ex-(x+1)(x0),则h(x)=ex-10,h(x)在(0,+)上为增函数,h(x)h(0)=0,即exx+1,所以,要证exlnx-x+1成立,只需证x+1lnx-x+1成立即可.即证2xlnx在(0,+)上成立.设(x)=2x-lnx,则(x)=2-,当0x时,(x)时
8、,(x)0,(x)单调递增,(x)min=1-ln=1+ln20,(x)0在(0,+)上成立,对任意x(0,+),不等式f(x)g(x)都成立.5.解(1)由f(x)0可得,a(x0),令h(x)=,则h(x)=,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,故h(x)在x=1处取得最大值,要使a,只需ah(1)=1,故a的取值范围为a1.显然,当a=1时,有1,即不等式lnx1(nN*),则有ln-1=,所以ln+ln+lnln(n+1).(2)由f(x)=g(x),可得-a=(x-1)2ex,即a=-(x-1)2ex,令t(x)=-(x-1
9、)2ex,则t(x)=-(x2-1)ex,当x(0,1)时,t(x)0,t(x)单调递增,当x(1,+)时,t(x)0,t(x)单调递减,故t(x)在x=1处取得最大值t(1)=1,又当x0时,t(x)-,当x+时,t(x)-,所以,当a=1时,方程f(x)=g(x)有一个实数解;当a1时,方程f(x)=g(x)没有实数解.6.(1)解f(x)=(x0).当a0时,f(x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递增.又f(1)=0,因此当0x1时,f(x)0时,可得函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增,故当x=a时,函数f(x)取得最小值,则f(a)=lna+1-a0.令g(
10、a)=lna+1-a,g(1)=0.由g(a)=-1=,可知当a=1时,函数g(a)取得最大值,而g(1)=0,因此只有当a=1时满足f(a)=lna+1-a0.故a=1.故实数a取值的集合是1.(2)证明由(1)可知,当a=1时,f(x)0,即lnx1-在(0,+)内恒成立.要证明ex+2-lnx+x2+(e-2)x,即证明ex1+x2+(e-2)x,即ex-1-x2-(e-2)x0.令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x,x0.h(x)=ex-2x-(e-2),令u(x)=ex-2x-(e-2),u(x)=ex-2,令u(x)=ex-2=0,解得x=ln2.则函数u(x)在(0,ln2)
11、内单调递减,在(ln2,+)内单调递增.即函数h(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+)内单调递增.而h(0)=1-(e-2)=3-e0,h(ln2)0,h(x)单调递增;当x(x0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增.又h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1-(e-2)=0,故对x0,h(x)0恒成立,即ex-1-x2-(e-2)x0.综上可知,ex+2-lnx+x2+(e-2)x成立.7.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=-aex+a(x-1)ex=因此当a0时,1-ax2ex0,从而f(x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增.(2)证明由(1)
12、知,f(x)=令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且gln=1-aln2=1-ln20,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f(x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x01时,h(x)=-11时,h(x)h(1)=0,所以xx-1.从而fln=lnln-aln-1=lnln-ln+1=hlnf(1)=0,所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+)内恰有两个零点.由题意,从而lnx1=,即因为当x1时,lnxx01,故,两边取对数,得lnln,于是x1-x02lnx02.8.(1)解当k=6时,f(x)=x3+6
13、lnx,故f(x)=3x2+可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+,x(0,+).从而可得g(x)=3x2-6x+,整理可得g(x)=令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(0,1)1(1,+)g(x)-0+g(x)极小值所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f(x)=3x2+对任意的x1,x21,+),且x1x2,
14、令=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3+3-2+kln=-3x2+3x1+k-2kln(t3-3t2+3t-1)+kt-2lnt.令h(x)=x-2lnx,x1,+).当x1时,h(x)=1+0,由此可得h(x)在1,+)单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-2lnt0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,(t3-3t2+3t-1)+kt-2lnt(t3-3t2+3t-1)-3t-2lnt=t3-3t2+6lnt+-1.由(1)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6lnt+1,故t3-3t2+6lnt+-10.由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有
