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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 ．
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．
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；
当 a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数 m的最大值．
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．
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．
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．
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．
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： ．
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．
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）．
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．
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．
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．
答案
1【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）=ex（0 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（x ﹣2 ﹣20）＞f（﹣2）=e [e ﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0 得证，
从而 0＜f（x0）＜ 成立．
2【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【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【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．
5【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【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]．
7【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【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： ① ②
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【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【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【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．
12【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【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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