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专题十三 隐零点问题
1．设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；
（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x0），只要最小值大于2a+aln，问题得以证明．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）＝2e2x﹣．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y＝﹣单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b满足0＜b＜时，且b＜，f′（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
所以当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），
由于﹣＝0，
所以f（x0）＝+2ax0+aln≥2a+aln．
故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．
2．已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）．
（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明：f（x）＞0．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．求出当m＝2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．
【解答】（Ⅰ）解：∵，x＝0是f（x）的极值点，∴，解得m＝1．
所以函数f（x）＝ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
∵．
设g（x）＝ex（x+1）﹣1，则g′（x）＝ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，
又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．
当m＝2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．
故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．
由f′（x0）＝0，得，ln（x0+2）＝﹣x0．
故f（x）≥＝＞0．
综上，当m≤2时，f（x）＞0．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．
3．已知函数f（x）＝xex﹣a（x+lnx）．
（1）若a＝0，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）讨论f（x）极值点的个数；
（3）若x0是f（x）的一个极小值点，且f（x0）＞0，证明：．
【分析】（1）当a＝0时，f（x）＝xex，求导，求出在x＝1处的切线 的斜率及在x＝1处的函数值，进而求出在x＝1出的切线的方程；
（2）对函数f（x）求导，讨论a的不同的范围求出函数极值点的情况．
（3）由（2）可得a＝x0e，将a值代入f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），构造函数φ（x）＝1﹣x﹣lnx，可得它的单调性，进而求出x0的范围，再构造函数H（x）＝x﹣lnx﹣1，求导，求出其单调性可得ex＞x，放缩可得f（x0）＞2（x02﹣x03）．
【解答】解：（1）当a＝0时f（x）＝xex，则f'（x）＝（x+1）ex，
所以f（1）＝e，f'（1）＝2e，
所以函数f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣e＝2e（x﹣1），
即2ex﹣y﹣e＝0．
（2）f'（x）＝（x+1）ex﹣a（1+）＝（x+1）（ex﹣）＝，x＞0，
①当a≤0时f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，不存在极值
②当a＞0，令f'（x）＝0，则xex＝a，令g（x）＝xex﹣a，g'（x）＝（x+1）ex＞0，g（x）单调递增，
又因为g（0）＝﹣a＜0，g（a）＝a（ea﹣1）＞0，
必存在x0＞0，使g（x0）＝0，
x∈（0，x0），g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（x0，+∞），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x＝x0是f（x）的极小值点，
综上所述：当a≤0，f（x）无极值点，
a＞0时，f（x）有一个极值点．
（3）证明：由（2）f'（x）＝0，即x0e＝a，
所以lna＝x0+lnx0，所以f（x0）＝x0e﹣x0e（x0+lnx0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），x0＞0，
由f（x0）＞0，x0e＞0，可得1﹣x0﹣lnx0＞0，
令φ（x）＝1﹣x﹣lnx，φ'（x）＝﹣1﹣＜0，显然φ（x）在（0，+∞）单调递减，
而φ（1）＝0，由φ（x）＞φ（1），所以0＜x0＜1，
令H（x）＝x﹣lnx﹣1，H'（x）＝1﹣，x＞1，H'（x）＞0，函数H（x）单调递增，0＜x＜1，H'（x）＜0，H（x）单调递减，
所以H（x）≥H（1）＝0，
所以x﹣1≥lnx，
所以﹣lnx＞1﹣x，
所以ln（x+1）＜x，即ex＞x+1＞0，
因为x0∈（0，1），所以e＞x0+1＞0，
1﹣x0﹣lnx0＞1﹣x0+1﹣x0＞0，
两式相乘可得e（1﹣x0﹣lnx0）＞（x0+1）（2﹣2x0），
所以f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0）＞2x0（x0+1）（1﹣x0）
＝2（x0﹣x03），
即证f（x0）＞2（x0﹣x03）．
【点评】本题考查利用导数研究活动的单调性及极值，构造函数，利用求导可得函数的单调性，放缩的方法，属于中难题．
4．已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．
（1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点；
（2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π．
【分析】（1）求出函数的导数，代入a的值，根据函数的单调性证明即可；
（2）令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，只需证明h（x）max＜0即可．
【解答】证明：（1）f′（x）＝aex+cosx+1，
∵x∈[0，π]，∴1+cosx≥0，
当a＝﹣1时，f′（x）＝﹣ex+cosx+1，
令g（x）＝﹣ex+cosx+1，g′（x）＝﹣ex﹣sinx＜0，
g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0，
存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]，
故函数f（x）存在唯一的极大值点x0；
（2）当﹣2＜a＜0时，令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，
h′（x）＝aex+cosx+1，h″（x）＝aex﹣sinx＜0，
故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝aex＜0，
存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即a+cosx0+1＝0，
故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减，
故h（x）max＝h（x0）＝a+sinx0+x0﹣π，x0∈（0，π），
∵a+cosx0+1＝0，只需证h（x0）＝sinx0﹣cosx0+x0﹣1﹣π＜0即可，
令m（x）＝sinx﹣cosx+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cosx+sinx+1＞0，
m（x）在区间（0，π）上是增函数，
则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．
5．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax的图象在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0．
（1）求a，b的值；
（2）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且．
【分析】（1）求出f'（x）＝xex﹣a，利用在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0，求出a，b即可．
（2）令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，则g'（x）＝（x+1）ex，判断函数的单调性，当x＜﹣1时，说明g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，转化证明．
【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax，则f'（x）＝xex﹣a，
由f'（0）＝﹣1得a＝1，
切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），x+y+1＝0，
所以b＝1．
（2）证明：令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，
则g'（x）＝（x+1）ex，
所以当x＜﹣1时，g（x）单调递减，且此时g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．
又当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，
所以g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，
由，，
又，
，
∴．
【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的切线方程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．
6．已知函数f（x）＝ex﹣t﹣lnx．
（Ⅰ）若x＝1是f（x）的极值点，求t的值，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当t≤2时，证明：f（x）＞0．
【分析】（I）由x＝1是函数f（x）的极值点，可得f'（1）＝0，进而可得t＝1，求得导函数，进而可由导函数的符号与函数单调性的关系，可得函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当t≤2，x∈（0，+∞）时，设g（x）＝ex﹣2﹣lnx，g′（x）＝ex﹣2﹣，根据函数单调性及零点定理可知存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，在x＝x0取极小值也是最小值，即g（x）≥g（x0），lnx0＝2﹣x0，根据函数的单调性可知g（x0）＝0，即可证明f（x）＞0．
【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）的定义域（0，+∞），
因为f′（x）＝ex﹣t﹣，x＝1是f（x）的极值点，
所以f′（1）＝e1﹣t﹣1＝0，所以t＝1，
所以f′（x）＝ex﹣1﹣，
因为y＝ex﹣1和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，
所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴当x＞1时，f′（x）＞0；0＜x＜1时，f′（x）＜0，
此时，f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），
（Ⅱ）证明：当t≤2时，f（x）＝ex﹣t﹣lnx≥ex﹣2﹣lnx，
设g（x）＝ex﹣2﹣lnx，则g′（x）＝ex﹣2﹣，
因为y＝ex﹣2和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，
所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为g′（1）＝﹣1＜0，g′（2）＝1﹣＝＞0，
所以存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，
所以在（0，x0）上使得g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（x0），
因为g′（x0）＝0，即ex0﹣2＝，
所以lnx0＝2﹣x0，
所以g（x0）＝ex0﹣2﹣lnx0＝+x0﹣2，
因为x0∈（1，2），所以g（x0）＝+x0﹣2＞2﹣2＝0，
所以f（x）＞0．
【点评】本题考查利用导数求函数的单调性及极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
7．已知函数f（x）＝（x﹣a）2lnx，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝0，求a；
（2）若a∈（1，e），f（x）的极大值大于b，证明：＜2e．
【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（e）＝0，求出a的值即可；
（2）求出函数的导数，令g（x）＝2lnx﹣﹣1，根据函数的单调性得到 x0∈（，a），使得g（x0）＝0，根据函数的单调性求出f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b以及a＝2x0lnx0+x0，
从而有2ab＜8a，根据a，x0的范围，放缩不等式，证明结论即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝2（x﹣a）lnx+（x﹣a）2 ，
由题意得f′（e）＝0，即2（e﹣a）lne+（e﹣a）2＝0，
解得：a＝e或a＝3e；
（2）f′（x）＝（x﹣a）（2lnx﹣+1），
令g（x）＝2lnx﹣﹣1，
∵a∈（1，e），∴∈（，1），∴＜a，
g（）＝﹣2lna﹣a2+1＝﹣2lna+（1+a）（1﹣a）＜0，
g（a）＝2lna﹣1+1＝2lna＞0，
g′（x）＝+＞0在（0，+∞）恒成立，
故g（x）在（0，+∞）递增，而g（）＜0，g（a）＞0，
故 x0∈（，a），使得g（x0）＝0，
令f′（x）＝0，有x1＝a，x2＝x0＜x1，
故f（x）在（0，x0）递增，在（x0，a）递减，在（a，+∞）递增，
∴f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b，
由g（x0）＝2lnx0﹣+1＝0，得a＝2x0lnx0+x0，
故b＜4，2ab＜8a，
∵＜＜x0＜a＜e，
∴a＜e，x0＜e，8a＜8 e e2 13＝8e3，
∴2ab＜8e3，∴＜2e．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．
8．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，求函数图象在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．
【分析】（Ⅰ）把a＝0代入函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f（1）与f′（1），代入直线方程点斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g（x）＝f′（x），可得g′（x）＞0，得到g（x）是增函数，进一步说明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；从而求出f（x）的最小值，由f′（x0）＝0可得a与x0的关系，进一步构造函数h（x）＝lnx+x，可得则，由，得h（x0）＜h（），再由h（x）的单调性证得结论．
【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．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．
9．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．
【分析】（1）函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，可得f′（x）＝a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，转化为a≥（﹣lnx﹣1）max．即可得出．
（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，可得k＜，令 g（x）＝，则g′（x）＝，令h（x）＝x﹣lnx﹣2（x＞1）．利用导数研究其单调性、函数零点即可得出．
【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．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、等价转化方法、方程与不等式的解法、函数零点，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
10．已知f（x）＝asinx，g（x）＝lnx，其中a∈R，y＝g﹣1（x）是y＝g（x）的反函数．
（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：sin＜ln2；
（3）设F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0有F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．
【分析】（1）由题意：G（x）＝asin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣acos（1﹣x），证明当0＜x＜1，0＜a≤1时，G′（x）＞0恒成立即可证明结论．
（2）当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增，推出sin＝sin[1﹣]＜ln，然后证明即可．
（3）化简F（x）＝ex﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0即：F（x）min＞0，求出导数F′（x）＝ex﹣2mx﹣2，二次导数F″（x）＝ex﹣2m判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立，构造函数，利用函数的导数，求解最值，然后推出最小整数b的值．
【解答】（1）证明：由题意：G（x）＝asin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣acos（1﹣x）
当0＜x＜1，0＜a≤1时，＞1，cosx＜1，∴G′（x）＞0恒成立，
∴函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：由（1）知，当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增
∴sin（1﹣x）+lnx＜G（1）＝0，∴sin（1﹣x）＜ln（0＜x＜1）
∴sin＝sin[1﹣]＜ln，
∴sin＜ln＝ln2＜ln2；
（3）解：由F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b＝ex﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0
即：F（x）min＞0又F′（x）＝ex﹣2mx﹣2，F′′（x）＝ex﹣2m，
∵m＜0
则F″（x）＞0，∴F′（x），单调增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0
则必然存在x0∈（0，1），使得F′（x0）＝0，
∴F（x）在（﹣∞，x0）单减，（x0，+∞）单增，
∴F（x）≥F（x0）＝﹣mx02﹣2x0+b﹣2＞0
∵﹣2mx0﹣2＝0，∴m＝，
∴b＞（﹣1）+x0+2，
又m＜0，则x0∈（0，ln2）
∴b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立
令m（x）＝（﹣1）ex+x+2，x∈（0，ln2）
则m′（x）＝（x﹣1）ex+1，m″（x）＝xex＞0，
∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增
又m′（0）＝，
∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，
∴m（x）＜m（ln2）＝2ln2，∴b＞2ln2又b为整数．
∴最小整数b的值为：2．
【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次导数的应用，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．
11．设函数f（x）＝ex﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．
【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；
（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）＝在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；
【解答】解：（I）函数f（x）＝ex﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝ex﹣a，
若a≤0，则f′（x）＝ex﹣a≥0，所以函数f（x）＝ex﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．
若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝ex﹣a＜0；
当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝ex﹣a＞0；
所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．
（II）方法一：由于a＝1，所以（x﹣k） f′（x）+x+1＝（x﹣k） （ex﹣1）+x+1
故当x＞0时，（x﹣k） f′（x）+x+1＞0等价于k＜（x＞0）①
令g（x）＝，则g′（x）＝
由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，
而h（1）＜0，h（2）＞0，
所以h（x）＝ex﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，
故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）
当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；
所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．
又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）
由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．
方法二：由 a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（ex﹣1）+x+1，
设g（x）＝（x﹣k）（ex﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）ex，
若 k 1，则当 x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，
而 g（0）＝1，故当 x＞0 时，g（x）＞1，
则有 g（x）＞0，即 （x﹣k）f′（x）+x+1＞0；
若 k＞1，则当 x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，
当x∈（k﹣1，+∞） 时，g′（x）＞0，
所以 g（x） 在 （0，+∞）内的最小值为 g（k﹣1）＝k﹣ek﹣1+1，
令 h（k）＝k﹣ek﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数ex﹣x﹣2 在 （0，+∞） 内单调递增，
则h（k） 在（1，+∞） 内单调递减，而 h（2）＞0，h（3）＜0，
所以当 1＜k 2 时，h（k）＞0，即 g（k﹣1）＞0，
则当x＞0 时，g（x）＞0，即 （x﹣k）f′（x）+x+1＞0，
当 k 3 时，g（x）＞0 在 （0，+∞） 内恒不成立．
综上，整数 k 的最大值为2．
【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错．
12．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣．
（1）求f（x）的最大值；
（2）若﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，求解函数的最值即可．
（2） ，令，，令h（x）＝x2ex+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）在（0，1）存在零点x0，即，推出φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，求出最小值得到b≤2．
【解答】解：（1），定义域（0，+∞），
，
由ex≥x+1＞x，f（x）在（0，1]增，在（1，+∞）减，f（x）max＝f（1）＝1﹣e．
（2） ﹣lnx+x+xex﹣bx﹣1≥0，
令，，
令h（x）＝x2ex+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，
x→0，h（x）→﹣∞，h（1）＝e＞0h（x）在（0，1）存在零点x0，
即，
，
由于y＝xex在（0，+∞）单调递增，故，即，
φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，
，
所以b≤2．
【点评】本题考查了导数的综合应用，函数的单调性以及构造法的应用，同时考查了恒成立问题及二阶求导问题，属于难题．
13．已知函数f（x）＝xex﹣e（e是自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣klnx有且仅有两个不同的零点，求实数k的取值范围．
【分析】（1）求得f'（x）＝（1+x）ex，再判断f（x）的单调性，然后求出f（x）的最小值；
（2）当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．
当k＞0时，，即可得存在x0∈（0，+∞），使，进一步求出k的取值范围．
【解答】解：（1）函数f'（x）＝（1+x）ex，
令f'（x）＝0，解得x＝﹣1．
当x∈（﹣∞，﹣1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以函数f（x）有最小值．
（2）g（x）＝xex﹣klnx﹣e（x＞0），g（1）＝0．
当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．
当k＞0时，，
令h（x）＝x（1+x）ex﹣k，则h'（x）＝（1+3x+x2）ex＞0，所以h（x）是增函数．
又h（0）＝﹣k＜0，h（k）＝k（1+k）ek﹣k＞k﹣k＝0，
故存在x0∈（0，+∞），使，即．
当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以函数g（x）有最小值且．，
当x0∈（0，1）时，g'（x0）＞0，g（x0）单调递增；
当x0∈（1，+∞）时，g'（x0）＜0，g（x0）单调递减，
所以gmax（x0）＝g（1）＝0．
当x0∈（0，1）时，存在x1∈（0，x0）使g（x1）＝0，
又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点；
当x0＝1时，此时k＝2e，g（x）有唯一的零点x0；
当x0∈（1，+∞）时，存在x2∈（x0，+∞）使g（x2）＝0，
又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点．
综上所述，k∈（0，2e）∪（2e，+∞）．
【点评】本题考查了利用导数处理函数单调性、最值问题，考查了转化思想和运算能力，属于难题．
14．已知函数f（x）＝cosx﹣aex+x（a∈R）．
（1）当a＝1时，证明：f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；
（2）若0＜a≤1，试讨论函数g（x）＝﹣a+cosx﹣f（x）的零点个数．
【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，根据导函数的符号，求出函数的单调区间，判断函数的零点即可；
（2）求出函数g（x）的最小值，根据函数的单调性求出a的范围，结合函数的单调性判断函数的零点个数即可．
【解答】解：（1）a＝1时，f′（x）＝﹣sinx﹣ex+1，
故x∈（0，π）时，有sinx＞0，ex＞1，从而f′（x）＜0，
故f（x）在（0，π）上单调递减，
当x∈[π，2π）时，有﹣1≤sinx≤0，0≤﹣sinx≤1，﹣ex≤﹣eπ，故f′（x）＜0，
f（x）在[e，2e）单调递减，从而f（x）在（0，2π）上单调递减，且f（0）＝0，f（x）＜0，
故函数f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；
（2）∵g′（x）＝aex﹣1＝0，x＝﹣lna（0＜a≤1），
故g（x）在（﹣∞，﹣lna）上单调递减，在（﹣lna，+∞）上单调递增，
故g（x）≥g（﹣lna）＝1﹣a+lna，
∵0＜a≤1，
故①当a＝1时，﹣lna＝0，g（x）≥g（0）＝0，此时，g（x）在R上仅有1个零点，
②当0＜a＜1时，﹣lna＞0，g（0）＝0，令h（a）＝1﹣a+lna（0＜a＜1），
h′（a）＝＞0，h（a）在（0，1）单调递增，从而h（a）＜h（1）＝0，
g（﹣lna）＝1﹣a+lna＜0，从而g（x）在（﹣∞，﹣lna）上存在1个零点，
又∵g（﹣2lna）＝﹣a+2lna，记φ（a）＝﹣a+2lna，且φ′（a）＝﹣＜0，
故φ（a）在（0，1）递减，有φ（a）＞φ（1）＝0，
即g（x）在（﹣lna，﹣2lna）上也存在1个零点，
综上：当0＜a＜1时，函数g（x）有2个零点，
当a＝1时，函数g（x）只有1个零点．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，是难题．
15．已知f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，其中a为实数．
（1）若f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求a的取值范围；
（2）当a＞1时，判断函数f（x）在（﹣1，π）上零点的个数，并给出证明．
【分析】（1）依题意，f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，可得a≤，令m（x）＝（x+1）cosx，求其最小值即可；
（2）分﹣1＜x＜0，x＝0，及四种情况讨论，求出每种情形下的零点个数，综合即可得出结论．
【解答】解：（1）∵f（x）在（﹣1，0）上单调递增，
∴f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，即f′（x）＝﹣acosx≥0，
∴﹣acosx≥﹣，即a≤，
令m（x）＝（x+1）cosx，m′（x）＝cosx﹣（x+1）sinx，
当x∈（﹣1，0）时，cosx＞0，x+1＞0，﹣sinx＞0，
所以m′（x）＞0，所以m（x）＝（x+1）cosx在（﹣1，0）上单调递增，
则y＝在（﹣1，0）上单调递减，
所以＝1，
∴a≤1，即a的取值范围是（﹣∞，1]．
（2）f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，则f′（x）＝﹣acosx＝，x∈（﹣1，π），
令，则g′（x）＝（x+1）sinx﹣cosx，
①当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，
∴g（x）在（﹣1，0）上单调递减，
又，
∴g（x）＝0在（﹣1，0）上有一解x0，且x∈（﹣1，x0）时，g（x）＞0，当x∈（x0，0）时，g（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，0）上单调递减，
又，
∴f（x）在（﹣1，0）上有1个零点；
②当x＝0时，f（0）＝0，则x＝0是一个零点；
③当时，令h（x）＝ln（x+1）﹣sinx，则，
又在上均单调递增，则h''（x）在上均单调递增，
又，
∴h''（x）＝0在上有一解x1，且当x∈（0，x1）时，h''（x）＜0，当x∈时，h''（x）＞0，
∴h′（x）在（0，x1）上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴h′（x）＝0在上有一解x2，且x∈（0，x2）时，h′（x）＜0，当x∈时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，x2）上单调递减，在上单调递增，
又h（0）＝0，，
∴h（x）＜0在上恒成立，
∴此时f（x）＝0在上无解；
④当时，在上恒成立，
∴f（x）在上单调递增，
又，f（π）＝ln（π+1）＞0，
∴f（x）在上有一个零点；
综上，f（x）在（﹣1，π）上有三个零点．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点个数判断，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，构造函数思想等，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于难题．
16．已知函数f（x）＝aex﹣bx．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）当a≥1时，，求整数b的最大值．
【分析】（1）将a＝1代入，求导，分b≤0及b＞0研究函数的单调性，进而求得极值；
（2）问题转化为，令，显然，再利用导数求得函数g（x）的最小值，综合即可得出结论．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣bx，f′（x）＝ex﹣b，
①当b≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数，无极值；
②当b＞0时，由f′（x）＞0得，x＞lnb，由f′（x）＜0得x＜lnb，
∴f（x）在（﹣∞，lnb）上为减函数，在（lnb，+∞）上为增函数，故当x＝lnb时，f（x）取极小值，f（lnb）＝b﹣blnb；
综上，当b≤0时，f（x）无极值，当b＞0时，f（x）有极小值b﹣blnb，无极大值；
（2）当a≥1时，，即，
∵x＞0，
∴只需，令，则，
由g（x）得，令，则，
∴F（x）在（0，+∞）上递增，
又，
根据零点存在性定理可知，存在x0∈（1，2），使得F（x0）＝0，即，
当x∈（0，x0）时，F（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）为减函数，
当x∈（x0，+∞）时，F（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）为增函数，
∴，
故，
又在（1，2）上递增，故，
又，
∴整数b的最大值是1．
【点评】本题主要考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，最值和零点等问题，考查抽象概括，推理论证，运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想，分类与整合思想，函数与方程思想，有限与无限思想以及特殊与一般思想，体现综合性，应用性，属于中档题．
17．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）得到ex+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝ex+ax+ln（x+1）﹣1，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而求出满足条件的a的具体范围即可；
（Ⅲ）令a＝2，得到，从而证出结论．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝﹣1时，f（x）＝e﹣x+x，
则．…1分
令f'（x）＝0，得x＝0．
当x＜0时，f'（x）＜0； 当x＞0时，f'（x）＞0．…2分
∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．
∴当x＝0时，函数f（x）取得最小值，其值为f（0）＝1．…3分
（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，
即ex+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）
令g（x）＝ex+ax+ln（x+1）﹣1，
则．
①若a≥﹣2，由（Ⅰ）知e﹣x+x≥1，即e﹣x≥1﹣x，故ex≥1+x．
∴．…4分
∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增．
∴g（x）≥g（0）＝0．
∴（*）式成立．…5分
②若a＜﹣2，令，
则．
∴函数φ（x）在区间[0，+∞）上单调递增．
由于φ（0）＝2+a＜0，
．…6分
故 x0∈（0，﹣a），使得φ（x0）＝0．…7分
则当0＜x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）＝0，即g'（x）＜0．
∴函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减．
∴g（x0）＜g（0）＝0，即（*）式不恒成立．…8分
综上所述，实数a的取值范围是[﹣2，+∞）．…9分
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当a＝﹣2时，
g（x）＝ex﹣2x+ln（x+1）﹣1在[0，+∞）上单调递增．
则，即．…10分
∴．…11分
∴，即．…12分．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．专题十三 隐零点问题
1．设函数f（x）＝e2x﹣alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．
2．已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）．
（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明：f（x）＞0．
3．已知函数f（x）＝xex﹣a（x+lnx）．
（1）若a＝0，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）讨论f（x）极值点的个数；
（3）若x0是f（x）的一个极小值点，且f（x0）＞0，证明：．
4．已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．
（1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点；
（2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π．
5．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax的图象在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0．
（1）求a，b的值；
（2）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且．
6．已知函数f（x）＝ex﹣t﹣lnx．
（Ⅰ）若x＝1是f（x）的极值点，求t的值，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当t≤2时，证明：f（x）＞0．
7．已知函数f（x）＝（x﹣a）2lnx，a∈R．
（1）若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝0，求a；
（2）若a∈（1，e），f（x）的极大值大于b，证明：＜2e．
8．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，求函数图象在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．
9．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．
10．已知f（x）＝asinx，g（x）＝lnx，其中a∈R，y＝g﹣1（x）是y＝g（x）的反函数．
（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：sin＜ln2；
（3）设F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0有F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．
11．设函数f（x）＝ex﹣ax﹣2．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．
12．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣．
（1）求f（x）的最大值；
（2）若﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．
13．已知函数f（x）＝xex﹣e（e是自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）若函数g（x）＝f（x）﹣klnx有且仅有两个不同的零点，求实数k的取值范围．
14．已知函数f（x）＝cosx﹣aex+x（a∈R）．
（1）当a＝1时，证明：f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；
（2）若0＜a≤1，试讨论函数g（x）＝﹣a+cosx﹣f（x）的零点个数．
15．已知f（x）＝ln（x+1）﹣asinx，其中a为实数．
（1）若f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求a的取值范围；
（2）当a＞1时，判断函数f（x）在（﹣1，π）上零点的个数，并给出证明．
16．已知函数f（x）＝aex﹣bx．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）当a≥1时，，求整数b的最大值．
17．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：．

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