通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练9利用导数证明问题及讨论零点个数理20191130538

综上可知,ex+

2-lnx+x2

+(e-2)x成立.

5.(1)解由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=

-1,

令f'(x)=0解得x=1.

当00,f(x)单调递增; 当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.

(2)证明由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x≠ 时,lnx

故当x∈(1,+∞)时,lnx

-1,

即1<- 1, 设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g'(x)=c-1-cxlnc,

- 令g'(x)=0,解得x

0= 当x0,g(x)单调递增; 当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.

由(2)知1<-

又g(0)=g(1)=0,故当00.

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所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.

6.(1)解f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).

①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点. ②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;

当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,

所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b

,

则f(b)> 2

2(b-2)+a(b-1)=a 2 -

2 >0,

故f(x)存在两个零点.

③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

若a≥-

2,则ln(-2a)≤ , 故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 因此f(x)在(1,+∞)单调递增.

又当x≤ 时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点. 若a<- 2,则ln(-2a)>1,

故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0; 当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0. 因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减, 在(ln(-2a),+∞)单调递增.

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又当x≤ 时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞).

(2)证明不妨设x1f(2-x2), 即f(2-x2)<0.

2+a(x2-1), 由于f(2-x2)=-x2 2- 2

2+a(x2-1)=0, 而f(x2)=(x2-2) 2

2-(x2-2) 2 所以f(2-x2)=-x2 2- 设g(x)=-xe-(x-2)e, 则g'(x)=(x-1)(e-e). 所以当x>1时,g'(x)<0, 而g(1)=0,

故当x>1时,g(x)<0. 从而g(x2)=f(2-x2)<0, 故x1+x2<2.

2-x2-xxx7.(1)解由已知,有f'(x)=e(cosx-sinx).因此,当x∈2kπ+,2kπ+

x

(k∈Z)时,有sinx>cosx,

得f'(x)<0,则f(x)单调递减;

当x∈2kπ-

,2kπ+ (k∈Z)时,有sinx0,则f(x)单调递增.

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所以,f(x)的单调递增区间为2kπ- ,2kπ+ (k∈Z),f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+

(k∈Z).

(2)证明记h(x)=f(x)+g(x)

2

-x.

依题意及(1),有

g(x)=ex(cosx-sinx),

从而g'(x)=-2exsinx.

当x∈

2

时,g'(x)<0,

故h'(x)=f'(x)+g'(x)

-x+g(x)(-1)=g'(x) 2

2

-x<0.

因此,h(x)在区间

2

上单调递减,进而h(x)≥h 2

=f 2

=0.

所以,当x∈

2

时,f(x)+g(x)

2

-x≥0.

(3)证明依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即 cosxn=1.记yn=xn-2nπ,则yn∈

2

,且

f(yn)= cosyn= - 2 cos(x-2nπn-2nπ)=e(n∈N).

由f(yn)=e

-2nπ

≤ =f(y0)及(1),得yn≥y0.

由(2)知,当x∈

2

时,g'(x)<0,所以g(x)在

2

上为减函数,

因此g(yn)≤g(y0)

=0.

又由(2)知,f(yn)+g(yn)

2

-yn≥0,

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