隐零点问题专辑

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导数压轴题之隐零点问题 ‎　‎ 导数压轴题之隐零点问题(共13题)‎ ‎　‎ ‎1．已知函数f（x）=（aex﹣a﹣x）ex（a≥0，e=2.718…，e为自然对数的底数），若f（x）≥0对于x∈R恒成立．‎ ‎（1）求实数a的值；‎ ‎（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且．‎ ‎【解答】（1）解：f（x）=ex（aex﹣a﹣x）≥0，因为ex＞0，所以aex﹣a﹣x≥0恒成立，‎ 即a（ex﹣1）≥x恒成立，‎ x=0时，显然成立，‎ x＞0时，ex﹣1＞0，‎ 故只需a≥在（0，+∞）恒成立，‎ 令h（x）=，（x＞0），‎ h′（x）=＜0，‎ 故h（x）在（0，+∞）递减，‎ 而==1，‎ 故a≥1，‎ x＜0时，ex﹣1＜0，‎ 故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，‎ 令g（x）=，（x＜0），‎ g′（x）=＞0，‎ 第15页（共15页）‎ 故h（x）在（﹣∞，0）递增，‎ 而==1，‎ 故a≤1，‎ 综上：a=1；‎ ‎（2）证明：由（1）f（x）=ex（ex﹣x﹣1），‎ 故f'（x）=ex（2ex﹣x﹣2），令h（x）=2ex﹣x﹣2，h'（x）=2ex﹣1，‎ 所以h（x）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，‎ h（0）=0，h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，‎ ‎∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，‎ 方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，‎ 设为x0且2ex0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，‎ 所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，‎ 从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，‎ 由2ex0﹣x0﹣2=0得ex0=，x0≠﹣1，‎ ‎∴f（x0）=ex0（ex0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，‎ 取等不成立，所以f（x0）＜得证，‎ 又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增 所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，‎ 从而0＜f（x0）＜成立．‎ ‎　‎ 第15页（共15页）‎ ‎2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）‎ ‎（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；‎ ‎（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，‎ ‎∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．‎ ‎∴a≥﹣2．‎ ‎∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．‎ ‎（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，‎ ‎∴k＜，‎ 令 g（x）=，则g′（x）=，‎ 令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）． ‎ 则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x） 在 （1，+∞）上单增，‎ ‎∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，‎ 存在x0∈（3，4），使 h（x0）=0．‎ 即当 1＜x＜x0时h（x）＜0 即 g′（x）＜0‎ x＞x0时 h（x）＞0 即 g′（x）＞0‎ g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+∞）上单增．‎ 令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，‎ g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．‎ k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，‎ ‎∴kmax=3．‎ ‎　‎ ‎3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）ex﹣x2+m（其中e=2.71828…）．‎ 第15页（共15页）‎ ‎（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），‎ ‎，‎ ‎（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，‎ 函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；‎ ‎（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：‎ ‎，，‎ 当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．‎ 当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，‎ 当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；‎ 综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），‎ ‎（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，‎ 单调递减区间是和 ‎（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x，‎ 设h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，‎ ‎∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，‎ 设，则，∴u（x）在（0，1）递增，‎ 又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，‎ 且，‎ ‎∴使得u（x0）=0，即，‎ 当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；‎ 当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；‎ ‎∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，‎ 第15页（共15页）‎ ‎∴=，‎ ‎∵在x∈（0，1）递减，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，‎ ‎∴正整数m的最大值是3．‎ ‎　‎ ‎4．已知函数f（x）=ex+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．‎ ‎（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，‎ ‎∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，‎ ‎∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），‎ 即（e﹣1）x﹣y+1=0；‎ ‎（Ⅱ）证明：∵，‎ 设g（x）=f′（x），则，‎ ‎∴g（x）是增函数，‎ ‎∵ex+a＞ea，∴由，‎ ‎∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；‎ 若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由，‎ ‎∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，‎ 故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；‎ 当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；‎ ‎∴，‎ 第15页（共15页）‎ 而，‎ 记h（x）=lnx+x，‎ 则，‎ ‎⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），‎ 而h（x）显然是增函数，‎ ‎∴，∴．‎ 综上，当时，f（x）＞e+1．‎ ‎　本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全 ‎5．已知函数f（x）=axex﹣（a+1）（2x﹣1）．‎ ‎（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（2）当x＞0时，函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）若a=1，则f（x）=xex﹣2（2x﹣1），‎ 当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xex+ex﹣4，‎ 当x=0时，f'（0）=﹣3，‎ 所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……（3分）‎ ‎（2）由条件可得，首先f（1）≥0，得，‎ 而f'（x）=a（x+1）ex﹣2（a+1），‎ 令其为h（x），h'（x）=a（x+2）ex恒为正数，‎ 所以h（x）即f'（x）单调递增，‎ 而f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，‎ 所以f'（x）存在唯一根x0∈（0，1]，‎ 且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，‎ 所以函数f（x）的最小值为，‎ 只需f（x0）≥0即可，‎ 第15页（共15页）‎ 又x0满足，‎ 代入上式可得，‎ ‎∵x0∈（0，1]，∴，‎ 即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）‎ ‎　‎ ‎6．函数f（x）=xex﹣ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1．‎ ‎（1）求a和b的值；‎ ‎（2）若f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=xex﹣ax+b，‎ ‎∴f′（x）=（x+1）ex﹣a，‎ 由函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1，知：‎ ‎，‎ 解得a=2，b=1．‎ ‎（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，‎ ‎∴m≤xex﹣x﹣lnx+1，①‎ 令g（x）=xex﹣x﹣lnx+1，x＞0，‎ 则=，‎ 设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，‎ g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，‎ 由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，‎ 当x∈（0，x0）时，g′（x）＜0；‎ 当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，‎ 第15页（共15页）‎ ‎∴函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．‎ ‎∴g（x）min=g（x0）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0•﹣x0+x0=1．‎ m≤xex﹣x﹣lnx+1恒成立⇔m≤g（x）min，‎ ‎∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．‎ ‎　本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全 ‎7．已知函数f（x）=3ex+x2，g（x）=9x﹣1．‎ ‎（1）求函数φ（x）=xex+4x﹣f（x）的单调区间；‎ ‎（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．‎ ‎【解答】解：（1）φ'（x）=（x﹣2）（ex﹣2），‎ 令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；‎ 令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；‎ 令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．‎ 故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，‎ 在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．‎ ‎（2）f（x）＞g（x）．‎ 证明如下：‎ 设h（x）=f（x）﹣g（x）=3ex+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3ex+2x﹣9为增函数，‎ ‎∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．‎ 当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．‎ ‎∴h（x）min=h（x0）=，‎ 又，∴，‎ ‎∴==（x0﹣1）（x0﹣10），‎ ‎∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，‎ ‎∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．‎ 第15页（共15页）‎ ‎　‎ ‎8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．‎ ‎【解答】解：（1），‎ ‎①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，‎ y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．‎ ‎（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，‎ 由（1）可知a＞2，且．‎ 于是：①②‎ 由①②得，设，‎ 则，因此g（x）在上单调递减，‎ 又，‎ 根据零点存在定理，故．‎ ‎　‎ ‎9．已知函数f（x）=，其中a为常数．‎ ‎（1）若a=0，求函数f（x）的极值；‎ ‎（2）若函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，求实数a的取值范围；‎ ‎（3）若a=﹣1，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，求证：f（x0）＜‎ 第15页（共15页）‎ ‎﹣2．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=的定义域是（0，+∞），f′（x）=，‎ 令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，‎ 则f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，‎ 故f（x）极大值=f（）=，无极小值；‎ ‎（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．‎ ‎=，‎ 要使函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，则a＜0，‎ 又x∈（0，﹣a）时，a＜x+a＜0，‎ 只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立，‎ 即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，‎ 由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，‎ 当x＞时，函数y递增，0＜x＜时，函数y递减，‎ 当﹣a≤即﹣＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；‎ 当﹣a＞即a＜﹣时，函数y在（0，）递减，在（，﹣a）递增，‎ 可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，‎ 可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，‎ 则a的范围是[﹣1，0）；‎ ‎（3）证明：a=﹣1，则f（x）=‎ 导数为f′（x）=，‎ 设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，‎ 可得1﹣2lnx0﹣=0，‎ 第15页（共15页）‎ 即有2lnx0=1﹣，‎ 要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，‎ 由于+2=+2‎ ‎==，‎ 由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，‎ 则+2＜0，‎ 故f（x0）＜﹣2成立．‎ ‎　‎ ‎10．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•ex﹣4x，其中a为大于零的常数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）‎ x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；‎ x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减 ………………………．（4分）‎ ‎（Ⅱ）证明：令h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）‎ 故 ……………………………．（7分）‎ 令h'（x）=0即 ，‎ 两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）‎ 第15页（共15页）‎ ‎∴，‎ ‎∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）‎ ‎　‎ ‎11．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），‎ f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣= …（2分）‎ 当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，‎ 所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）‎ 当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，‎ 所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；‎ ‎（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，‎ 要证明f（x）+ex＞x2+x+2，‎ 只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=ex﹣lnx﹣2，‎ 则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，‎ 令g′（x）=ex﹣=0，得ex=，‎ 容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0=，‎ 当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表 x ‎（0，x0）‎ x0‎ ‎（x0，∞）‎ g′（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ g（x）‎ 递减 递增 g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，‎ 因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，‎ 因此不等式得证．‎ ‎　本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全 第15页（共15页）‎ ‎12．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；‎ ‎（ii）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），‎ ‎，‎ f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，‎ f'（1）=2﹣2=0；‎ 所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0‎ 所以切线方程为y=﹣3；‎ ‎（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，‎ 所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0‎ 所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0‎ 所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0‎ 综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．‎ ‎（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即 设，，‎ 设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2‎ 所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立 即h'（x）在（0，+∞）上单调递减 因为1＜a＜2，‎ 所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，‎ 第15页（共15页）‎ 所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，‎ 即，‎ 所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，‎ 当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ 令h（x0）=0得，‎ 因为1＜a＜2，所以，，‎ 因为，所以h（x0）＜0恒成立，‎ 即h（x）＜0恒成立，‎ 综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．‎ ‎　‎ ‎13．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）‎ ‎（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；‎ ‎（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，‎ 由题意知，则，‎ 解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．‎ ‎（2）令，则，‎ 第15页（共15页）‎ 因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，‎ 以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，‎ 事实上，，‎ 因为，所以，，‎ 由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，‎ 所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；‎ 在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，‎ 故当x=x0时，f（x）取得最小值，‎ 因为，即，‎ 所以，‎ 即＞0．‎ ‎∴f（x）＞0．‎ ‎　‎ 第15页（共15页）‎