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进阶2　隐零点与零点赋值
分值：34分
1.(17分)设a∈R，已知函数f(x)=，g(x)=e-x.
(1)当a=1时，证明：当x>0时，f(x)>g(x)；(7分)
(2)当a>1时，证明：函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.(10分)
2.(17分)已知函数f(x)=aex-1-x-1.
(1)讨论f(x)的单调性；(6分)
(2)证明：当a≥1时，f(x)+x-ln x≥.(11分)
答案精析
1.(1)解　函数f(x)=ex-sin x-1，
当x>0时，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明　由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(-π)=e-π-1<0，
f =>0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，
令g(x)=ex-cos x，
得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上单调递增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
则存在x0∈使得g'(x0)=0，
当x∈时，g'(x)<0，
函数g(x)即f'(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，
函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f ' =>0，
f'(x0)则存在x1∈
使得f'(x1)=0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，
f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f =>0，f(0)=0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.
2.解　(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
则f'(x)=3+-则f'(1)=3，
∴切线方程为y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-=
=x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上单调递增.
当x→0时，f(x)→+∞，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，
则g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递增.
又∵g(1)=0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，+∞)时，g(a)>0，
∴0题型一　隐零点问题
例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)=，g(x)=aex-1，a∈R.
(1)求f(x)的极值；
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围.
思维升华　对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'(x0)=0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f'(x0)=0适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
跟踪训练1　(2024·郑州模拟)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln.
题型二　零点赋值
例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0；
(2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.
思维升华　(1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单运算.
(2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于“度”的掌握.
跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1.
(1)求a，b的值；
(2)求证：函数在区间(1，+∞)上单调递增；
(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由.
答案精析
例1　解　(1)由题意得f'(x)==，x∈(0，+∞)，
令f'(x)=0，得x=1，当00；
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
故当x=1时，函数取到极大值，极大值为f(1)=1，无极小值.
(2)由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)-g(x)=-aex+1=0有两个根，
即方程x+ln x+1-axex=0有两个根，
令F(x)=x+ln x+1-axex，x∈(0，+∞)，
F'(x)=1+-a(x+1)ex
=(x+1)，
令φ(x)=-aex(x>0)，
φ'(x)=--aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
则F(x)在(0，+∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a>0，φ'(x)=--aex<0，
φ(x)在(0，+∞)上单调递减，
当0φ(x)=-aex>1-aex，
令1-aex>0，得x故当0φ(x1)>0，
当x>1时，φ(x)=-aex<1-aex，
令1-aex<0，得x>ln，
故当x1>max时，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，+∞)上存在唯一零点x0，且=a，
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，
当x∈(x0，+∞)时，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)时，F'(x)>0，
当x∈(x0，+∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
因为=a，即ax0=1，
故F(x)max=F(x0)=x0+ln x0+1-ax0=x0+ln x0，
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0+ln x0>0，
由于=a，
此时ln=ln(x0)=x0+ln x0>0，得0下证当0因为F(e-2)=e-2-1-ae-2由(1)知≤1恒成立，
故F(x)=x+ln x+1-axex≤2x-axex=x(2-aex)，当且仅当x=1时取等号，
所以F<2ln-aln·=ln=0，
因为0使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
故F(x)max=F(x0)=x0+ln x0+1-ax0=x0+ln x0=ln>0，
故F(x)在(e-2，x0)和上各有一个零点，
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a的取值范围为(0，1).
跟踪训练1　(1)解　f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=2e2x-(x>0).
由f'(x)=0得2xe2x=a.
令g(x)=2xe2x，g'(x)=(4x+2)e2x>0(x>0)，
从而g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0.
当a>0时，方程g(x)=a有一个实根，
即f'(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)=a没有实根，
即f'(x)没有零点.
(2)证明　由(1)可知当a>0时，f'(x)存在唯一零点，
设f'(x)在(0，+∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(x0).
由2-=0，得=，
x0=，
得ln x0=ln=ln-2x0，
所以f(x0)=-aln x0
=-a
=+2ax0+aln
≥2+aln
=2a+aln.
故当a>0时，f(x)≥2a+aln.
例2　(1)证明　函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1的定义域为(0，+∞)，
得f'(x)=ln x-aex+ea，
显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，+∞)上单调递增，而f'(1)=0，
即当0当x>1时，f'(x)>0，
因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， x>0，f(x)≥f(1)=0，
所以f(x)≥0.
(2)解　当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x-1)f(x)>0，
即(x-1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a>0时，(x-1)f(x)≤0等价于当01时，f(x)≤0，
当a>0时，
令g(x)=f'(x)=ln x-aex+ea，
得g'(x)=-aex，
显然g'(x)在(0，+∞)上单调递减，
令h(x)=ex-x-1，h'(x)=ex-1，
当x<0时，h'(x)<0，
当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
x∈R，h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0时等号成立，
因此，e-x≥-x+1，
当0g'(x)=-aex>-
=，
当00，
而g'=a-a<0，
从而存在唯一实数x0∈，使得g'(x0)=0，
即a=，
当00，
当x>x0时，g'(x)<0，
则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
而f'(1)=0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增，
当x∈(x0，1)时，f(x)当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)=0，不符合题意，
当x0=1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， x∈(0，+∞)，f'(x)≤f'(1)=0，
得f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，+∞)时，f(x)<0，符合题意，
因此，x0=1，a=.
综上，a=.
跟踪训练2　(1)解　f'(x)=a-，则f(0)=-b=1，
解得b=-1，f'(0)=a-(1-b)
=a-2=-1，
则a=1，b=-1.
(2)证明　由(1)知f(x)=x-，
f'(x)=1-=，
设h(x)=ex+x-2，
因为h(x)在(1，+∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)=e-1>0，
所以f'(x)>0在(1，+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增.
(3)解　因为f'(x)=1-=，
令f'(x)=0，得ex+x-2=0，
设h(x)=ex+x-2，
由(2)知h(x)在R上是增函数，且h(0)=-1，h(1)=e-1>0，
故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)=0，
即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)=0，
即+x0-2=0，则=2-x0，
且当x∈(-∞，x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(x0)=x0-==
==，
当x0∈(0，1)时，2-x0>0，
-+>-+
=1，
则f(x)min>0，
则函数f(x)的零点个数为0.(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
隐零点与零点赋值
进阶2
例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R.
(1)求f(x)的极值；
隐零点问题
题型一
由题意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)，
令f'(x)＝0，得x＝1，当00；
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＝1时，函数取到极大值，极大值为f(1)＝1，无极小值.
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围.
由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有两个根，
即方程x＋ln x＋1－axex＝0有两个根，
令F(x)＝x＋ln x＋1－axex，x∈(0，＋∞)，
F'(x)＝1＋－a(x＋1)ex＝(x＋1)
令φ(x)＝－aex(x>0)，φ'(x)＝－－aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当01－aex，
令1－aex>0，得x故当00，
当x>1时，φ(x)＝－aex<1－aex，
令1－aex<0，得x>ln
故当x1>max时，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且＝a
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)时，F'(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
因为＝a即ax0＝1，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0，
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0，
由于＝a此时ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0下证当0因为F(e－2)＝e－2－1－ae－2由(1)知≤1恒成立，
故F(x)＝x＋ln x＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，当且仅当x＝1时取等号，
所以F<2ln－aln·＝ln＝0，
因为0使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0＝ln>0，
故F(x)在(e－2，x0)和上各有一个零点，
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a的取值范围为(0，1).
对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f'(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
思维升华
跟踪训练1　(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－(x>0).
由f'(x)＝0得2xe2x＝a.
令g(x)＝2xe2x，g'(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0.
当a>0时，方程g(x)＝a有一个实根，即f'(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)＝a没有实根，即f'(x)没有零点.
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
由(1)可知当a>0时，f'(x)存在唯一零点，
设f'(x)在(0，＋∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0).
由2＝0，得
x0＝得ln x0＝ln＝ln－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝－a
＝＋2ax0＋aln
≥2＋aln＝2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
例2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0；
零点赋值
题型二
函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定义域为(0，＋∞)，
得f'(x)＝ln x－aex＋ea，
显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f'(1)＝0，
即当0当x>1时，f'(x)>0，
因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， x>0，f(x)≥f(1)＝0，
所以f(x)≥0.
(2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.
当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x－1)f(x)>0，
即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a>0时，(x－1)f(x)≤0等价于当01时，f(x)≤0，
当a>0时，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea，
得g'(x)＝－aex，
显然g'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1，
当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
当且仅当x＝0时等号成立，
因此，e－x≥－x＋1，当0g'(x)＝－aex>
当00，
而g'＝a－a<0，
从而存在唯一实数x0∈使得g'(x0)＝0，
即a＝
当00，
当x>x0时，g'(x)<0，
则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
而f'(1)＝0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增，
当x∈(x0，1)时，f(x)当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)＝0，不符合题意，
当x0＝1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0，
得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而f(1)＝0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<0，符合题意，
因此，x0＝1，a＝.
综上，a＝.
(1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单运算.
(2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于“度”的掌握.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ax－曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
f'(x)＝a－则f(0)＝－b＝1，
解得b＝－1，f'(0)＝a－(1－b)＝a－2＝－1，
则a＝1，b＝－1.
(2)求证：函数在区间(1，＋∞)上单调递增；
由(1)知f(x)＝x－
f'(x)＝1－
设h(x)＝ex＋x－2，
因为h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)＝e－1>0，
所以f'(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由.
因为f'(x)＝1－
令f'(x)＝0，得ex＋x－2＝0，
设h(x)＝ex＋x－2，
由(2)知h(x)在R上是增函数，且h(0)＝－1，h(1)＝e－1>0，
故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)＝0，
即＋x0－2＝0，则＝2－x0，
且当x∈(－∞，x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝x0－
＝
当x0∈(0，1)时，2－x0>0，－>－＝1，
则f(x)min>0，
则函数f(x)的零点个数为0.
课时精练
答案
1
2
f(x)-g(x)=-e-x=
令h(x)=ln(x+a)-xe-x.
(1)当a=1时，h(x)=ln(x+1)-xe-x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.
则h'(x)=+(x-1)e-x=>0对任意的x>0恒成立，
1.
答案
1
2
∴函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)=0，
即原不等式成立.
(2)①由题意知a>1，则函数y=f(x)-g(x)的定义域为(-a，0)∪(0，+∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)-g(x)>-e-x>0，
故函数y=f(x)-g(x)在(0，+∞)上没有零点；
1.
答案
1
2
②当x∈(-a，0)时，h'(x)=+(x-1)e-x=.
令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a，x∈(-a，0)，
则F'(x)=ex+2x+(a-1)在(-a，0)上单调递增，
且F'(-a)=e-a-2a+a-1=e-a-a-1<0，
∵F'(0)=a>0，∴F'(x)在(-a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(-a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
1.
答案
1
2
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(-a)=e-a>0，F(0)=1-a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(-a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(-a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
∴h(x)在(-a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)=ln a>0.
1.
答案
1
2
令y=xe-x，当x∈(-a，0)时，
则y'=(1-x)e-x>0，
函数y=xe-x在(-a，0)上单调递增，
∴y=xe-x>-aea，
∴h(x)取x2=-a+>-a，且-a则x2=-a+∈(-a，0)，
1.
答案
1
2
则h(x2)又h(0)=ln a>0，由函数零点存在定理可得，
h(x)在(-a，0)上存在唯一的零点，
即y=f(x)-g(x)在(-a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=aex-1-1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a，
令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增.
2.
答案
1
2
(2)令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)，
所以g'(x)=aex-1-
令h(x)=g'(x)，
则h'(x)=aex-1+
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，
当a=1时，g(x)=ex-1-ln x-1，
2.
答案
1
2
g'(x)=ex-1-
又g'(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，
而此时=0，
所以当a=1时，f(x)+x-ln x≥成立；
2.
答案
1
2
当a>1时，可得-1<0，
所以<1，
所以g'=a-a=a(-1)<0，
又g'(1)=a-1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a=
2.
答案
1
2
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1，
由a=可得，x0=
则g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a，
2.
答案
1
2
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)=ln x-x>1，
所以φ'(x)=-=>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)=0，
2.
答案
1
2
即ln a>得证，
即g(x)=f(x)+x-ln x>成立，
综上，当a≥1时，
f(x)+x-ln x≥.
2.
1.设a∈R，已知函数f(x)＝g(x)＝e－x.
(1)当a＝1时，证明：当x>0时，f(x)>g(x)；
1
2
答案
1
2
答案
f(x)－g(x)＝－e－x＝令h(x)＝ln(x＋a)－xe－x.
当a＝1时，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
则h'(x)＝＋(x－1)e－x＝>0对任意的x>0恒成立，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)当a>1时，证明：函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
1
2
答案
①由题意知a>1，则函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)－g(x)>－e－x>0，
故函数y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②当x∈(－a，0)时，h'(x)＝＋(x－1)e－x＝.
令F(x)＝ex＋x2＋(a－1)x－a，x∈(－a，0)，
则F'(x)＝ex＋2x＋(a－1)在(－a，0)上单调递增，
且F'(－a)＝e－a－2a＋a－1＝e－a－a－1<0，
1
2
答案
∵F'(0)＝a>0，∴F'(x)在(－a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(－a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(0)＝1－a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(－a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
1
2
答案
∴h(x)在(－a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，当x∈(－a，0)时，
则y'＝(1－x)e－x>0，
函数y＝xe－x在(－a，0)上单调递增，
∴y＝xe－x>－aea，∴h(x)取x2＝－a＋>－a，
且－a则x2＝－a＋∈(－a，0)，
1
2
答案
则h(x2)又h(0)＝ln a>0，由函数零点存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零点，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝aex－1－x－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
答案
f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)＝aex－1－1＝0，解得x＝1－ln a，
令f'(x)>0，得x>1－ln a，即f(x)在(1－ln a，＋∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增.
1
2
答案
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.
1
2
答案
令g(x)＝f(x)＋x－ln x＝aex－1－ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以g'(x)＝aex－1－
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝aex－1＋
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－
1
2
答案
又g'(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此时＝0，
所以当a＝1时，f(x)＋x－ln x≥成立；
当a>1时，可得－1<0，
所以<1，
1
2
答案
所以g'＝a－a＝a(－1)<0，
又g'(1)＝a－1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)＝0，
即a
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)＝a－ln x0－1，
1
2
答案
由a可得，x0＝
则g(x)≥x0＋－2＋ln a>2－2＋ln a＝ln a，
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)＝ln x－x>1，
所以φ'(x)＝>0，
1
2
答案
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)＝0，即ln a>得证，
即g(x)＝f(x)＋x－ln x>成立，
综上，当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.

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