资源简介

微练(二十八)　隐零点与双变量问题
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2026·湛江模拟节选)已知函数f(x)=.若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
解　由=1,得=a,设g(x)=,x>0,则g'(x)==,由g'(x)=0,得x=1,当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减.又g=0,g(1)=1,且当x>1时,g(x)>0,
故g(x)=的图象如图所示,由图知当01,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>,故x1x2>1.
2.已知函数f(x)=x+asin x,g(x)=bln x(a,b∈R),且曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1.
(1)求实数b的值.
(2)当a=-1时,证明:当x>0时,f(x)>0.
(3)当a=时,若存在0.
解　(1)因为g(x)=bln x,所以g'(x)=.因为曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1,所以g'(1)=b=-1.
(2)证明:因为当a=-1时,f(x)=x-sin x,所以f'(x)=1-cos x≥0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0.
(3)证明:因为当a=时,f(x)=x+sin x,g(x)=-ln x,当00时,f(x)=x-sin x单调递增,所以x2-sin x2>x1-sin x1,即x2-x1>sin x2-sin x1,所以ln<(x2-x1),设M(x)=ln x-2·,则M'(x)=-=≥0,所以当x>1时,M(x)>M(1)=0,则ln x>2·,所以ln>2·=2·,所以ln>4·,所以4·<(-)(+),所以3<(+)2,所以+>.
3.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);
(2)当a>1时,证明:函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.
证明　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,所以函数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;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,因为F'(0)=a>0,所以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.因为a>1,所以F(-a)=e-a>0,F(0)=1-a<0,所以F(x0)0;当x∈(x1,0)时,F(x)<0.所以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,所以y=xe-x>-aea,所以h(x)-a,且-a0,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.
4.(2026·辽宁模拟)已知函数f(x)=aln x.
(1) 若a>1, x∈[4,+∞),f(x)≤xln a恒成立,求a的取值范围;
(2) 设F(x)=f(x+2)+x2-2x有两个极值点x1,x2,且x1-1.
解　(1)因为a>1,x∈[4,+∞),所以由f(x)≤xln a,可得≥,设g(x)=(x>1),则g'(x)=.令g'(x)<0,解得x>e;令g'(x)>0,解得11,所以2≤a≤4,故a的取值范围为[2,4].
(2)证明:由题意知,F(x)=f(x+2)+x2-2x=aln(x+2)+x2-2x,其定义域为(-2,+∞),则F'(x)=+x-2=(x>-2),因为F(x)有两个极值点x1,x2,所以方程F'(x)=0有两个不相等的实数根为x1,x2,即x2+a-4=0的两个不相等的实数根为x1,x2,则Δ=0-4(a-4)>0,且-2-1,只需证F(x2)+F(-x1)>x1-x2,即证F(x2)+x2>0,即证aln(x2+2)+-x2>0,即(2-x2)>0,因为x2∈(0,2),所以(2-x2)>0,即证(x2+2)ln(x2+2)-x2>0,令h(x)=(x+2)ln(x+2)-x(00在(0,2)上恒成立,所以h(x)在(0,2)上单调递增,故h(x)>h(0)=2ln 2>0,所以>-1.微练(二十八)　隐零点与双变量问题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2026·湛江模拟节选)已知函数f(x)=.若方程f(x)=1有两个根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
2.已知函数f(x)=x+asin x,g(x)=bln x(a,b∈R),且曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1.
(1)求实数b的值.
(2)当a=-1时,证明:当x>0时,f(x)>0.
(3)当a=时,若存在0.
3.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);
(2)当a>1时,证明:函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.
4.(2026·辽宁模拟)已知函数f(x)=aln x.
(1) 若a>1, x∈[4,+∞),f(x)≤xln a恒成立,求a的取值范围;
(2) 设F(x)=f(x+2)+x2-2x有两个极值点x1,x2,且x1-1.
微练(二十八)　隐零点与双变量问题
1.解　由=1,得=a,设g(x)=,x>0,则g'(x)==,由g'(x)=0,得x=1,当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减.又g=0,g(1)=1,且当x>1时,g(x)>0,故g(x)=的图象如图所示,由图知当01,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>,故x1x2>1.
2.解　(1)因为g(x)=bln x,所以g'(x)=.因为曲线y=g(x)在点(1,0)处的切线方程为y=-x+1,所以g'(1)=b=-1.
(2)证明:因为当a=-1时,f(x)=x-sin x,所以f'(x)=1-cos x≥0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0.
(3)证明:因为当a=时,f(x)=x+sin x,g(x)=-ln x,当00时,f(x)=x-sin x单调递增,所以x2-sin x2>x1-sin x1,即x2-x1>sin x2-sin x1,所以ln<(x2-x1),设M(x)=ln x-2·,则M'(x)=-=≥0,所以当x>1时,M(x)>M(1)=0,则ln x>2·,所以ln>2·=2·,所以ln>4·,所以4·<(-)(+),所以3<(+)2,所以+>.
3.证明　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,所以函数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;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,因为F'(0)=a>0,所以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.因为a>1,所以F(-a)=e-a>0,F(0)=1-a<0,所以F(x0)0;当x∈(x1,0)时,F(x)<0.所以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,所以y=xe-x>-aea,所以h(x)-a,且-a0,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.
4.解　(1)因为a>1,x∈[4,+∞),所以由f(x)≤xln a,可得,设g(x)=(x>1),则g'(x)=.令g'(x)<0,解得x>e;令g'(x)>0,解得11,所以2≤a≤4,故a的取值范围为[2,4].
(2)证明:由题意知,F(x)=f(x+2)+x2-2x=aln(x+2)+x2-2x,其定义域为(-2,+∞),则F'(x)=+x-2=(x>-2),因为F(x)有两个极值点x1,x2,所以方程F'(x)=0有两个不相等的实数根为x1,x2,即x2+a-4=0的两个不相等的实数根为x1,x2,则Δ=0-4(a-4)>0,且-2-1,只需证F(x2)+F(-x1)>x1-x2,即证F(x2)+x2>0,即证aln(x2+2)+-x2>0,即(2-x2)>0,因为x2∈(0,2),所以(2-x2)>0,即证(x2+2)ln(x2+2)-x2>0,令h(x)=(x+2)ln(x+2)-x(00在(0,2)上恒成立,所以h(x)在(0,2)上单调递增,故h(x)>h(0)=2ln 2>0,所以>-1.

展开更多......

收起↑