导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版.doc

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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，
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．

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…）．
（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，
∴=，
∵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；
∴，
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．
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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，
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，
∴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]．
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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）．

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）＜﹣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，
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）
∴，
∴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．
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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，
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，
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．

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