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重点培优练10　隐零点问题
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合题目条件解决问题．
1．(2024·山东威海二模)已知函数f (x)＝ln x－ax＋1．
(1)求f (x)的极值；
(2)证明：ln x＋x＋1≤xex．
2．(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥x．
3．(2024·广东实验中学模拟)已知函数f (x)＝ex＋cos x－2，g(x)＝sin x．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)，g(x)(2)若x∈(0，＋∞)，f (x)＋g(x)>ax恒成立，求实数a的取值范围．
1 / 1重点培优练10　隐零点问题
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合题目条件解决问题．
1．(2024·山东威海二模)已知函数f (x)＝ln x－ax＋1．
(1)求f (x)的极值；
(2)证明：ln x＋x＋1≤xex．
[解]　(1)由题意得函数f (x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)，
则f ′(x)＝－a＝(x＞0)，
当a≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，令f ′(x)<0，则x>，令f ′(x)>0，则0即f (x)在上单调递增，在上单调递减，
故x＝为函数的极大值点，函数极大值为f ＝－ln a，无极小值．
(2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，
g′(x)＝(x＋1)ex－－1，令h(x)＝(x＋1)ex－－1，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0(x>0)，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h＝－3<0，h(e)＝(e＋1)ee－－1>0，
故 x0∈，使得h(x0)＝0，即＝1，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝－ln －x0－1＝0，
即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex．
2．(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥x．
[解]　(1)由题意可得，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－＝，
当a≤0时，则2ax2－1<0在(0，＋∞)上恒成立，
可知f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f ′(x)>0，解得x>；
令f ′(x)<0，解得0可知f (x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：构建函数F(x)＝f (x)＋g(x)－x＝xex－ln x－x－1，x>0，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)，
由x>0可知x＋1>0，
构建函数h(x)＝ex－，x>0，
因为y＝ex，y＝－在(0，＋∞)上均单调递增，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h＝－2＜0，h(1)＝e－1＞0，
可知h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0∈，
当0当x>x0，则h(x)>0，即F′(x)>0；
可知F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
则F(x)≥F(x0)＝－ln x0－x0－1，
又因为－＝0，则＝，即x0＝，x0∈，
可得F(x0)＝x0·－x0－1＝0，
即F(x)≥0，所以f (x)＋g(x)≥x．
3．(2024·广东实验中学模拟)已知函数f (x)＝ex＋cos x－2，g(x)＝sin x．
(1)求证：当x∈(0，＋∞)，g(x)(2)若x∈(0，＋∞)，f (x)＋g(x)>ax恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)证明：设G(x)＝x－g(x)＝x－sin x，x>0，
则G′(x)＝1－cos x≥0，所以G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以G(x)>G(0)＝0，即g(x)设F(x)＝f (x)－x＝ex＋cos x－2－x，x>0，
则F′(x)＝ex－sin x－1，x＞0，
由x>0时，g(x)－x，
所以F′(x)＝ex－sin x－1>ex－x－1，
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
当x>0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
故在区间(0，＋∞)上，h(x)>h(0)＝0，即在区间(0，＋∞)上，ex>x＋1，
所以F′(x)>ex－x－1>0，
所以F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0，即f (x)>x，
所以g(x)(2)由f (x)＋g(x)>ax在区间(0，＋∞)上恒成立，
即ex＋cos x－2＋sin x－ax>0在区间(0，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝ex＋cos x－2＋sin x－ax，
则φ(x)>0在区间(0，＋∞)上恒成立，
而φ′(x)＝ex－sin x＋cos x－a，
令m(x)＝φ′(x)，则m′(x)＝ex－cos x－sin x，
由(1)知：在区间(0，＋∞)上，ex>x＋1>sin x＋cos x，
即x＞0时，m′(x)＝ex－cos x－sin x>0，
所以在区间(0，＋∞)上函数φ′(x)单调递增．
①当a≤2时，φ′(0)＝2－a≥0，
故在区间(0，＋∞)上函数φ′(x)>0，
所以函数φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，故φ(x)>0，
即函数f (x)＋g(x)>ax在区间(0，＋∞)上恒成立．
②当a>2时，φ′(0)＝2－a＜0，
φ′(ln (a＋2))＝a＋2－sin [ln (a＋2)]＋cos [ln (a＋2)]－a
＝2－sin >0，
故在区间(0，ln (a＋2))上函数φ′(x)存在零点x0，
即φ′(x0)＝0，
又在区间(0，＋∞)上函数φ′(x)单调递增，
故在区间(0，x0)上函数φ′(x)<φ′(x0)＝0，
所以在区间(0，x0)上函数φ(x)单调递减，
由φ(0)＝0，所以在区间(0，x0)上φ(x)<φ(0)＝0，与题设矛盾．
综上，a的取值范围为(－∞，2].
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