导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

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

．

【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≥令h（x）=h′（x）=

在（0，+∞）恒成立， ，（x＞0），

＜0，

故h（x）在（0，+∞）递减， 而故a≥1，

x＜0时，ex﹣1＜0， 故只需a≤令g（x）=g′（x）=

在（﹣∞，0）恒成立， ，（x＜0），

＞0，

=

=1，

故h（x）在（﹣∞，0）递增，

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而故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，

=

=1，

∵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=∴（fx0）=ex0（ex0﹣x0﹣1）=

2

，x0≠﹣1， （

﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（

）

=，

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（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证， 从而0＜f（x0）＜成立．

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，

第2页（共14页）

求k的最大值．

【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．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；

（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值． 【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，

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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（ⅱ）当单调递减区间是

时f（x）的单调递减区间是（0，+∞）， 时，f（x）的单调递增区间是

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．

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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．

，

【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．

．

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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． 【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

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． 【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：

第6页（共14页）

，

，

，

，

，

．……（13分）

，

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

=

=

，

，从而lnx0=﹣x0，

设g′（x0）=0，x0＞0，则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]．

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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． 【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）．

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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．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：【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

，

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：由①②得则

①，设

，因此g（x）在

上单调递减， ．

②

，

，且

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又，

根据零点存在定理，故

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． 【解答】解：（1）f（x）=令f′（x）＞0，解得0＜x＜则f（x）在（0，故f（x）极大值=f（

的定义域是（0，+∞），f′（x）=，令f′（x）＜0，解得：x＞

，+∞）递减，

，

，

）递增，在（）=

，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＞当﹣a≤当﹣a＞

时，函数y递增，0＜x＜即﹣

时，函数y递减，

＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；

时，函数y在（0，

）递减，在（

，﹣a）递增，

即a＜﹣

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）；

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（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﹣即有2lnx0=1﹣

=0， ，

+2＜0，

要证f（x0）＜﹣2，即

由于+2=+2

==，

不成立，

由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣则

+2＜0，

故f（x0）＜﹣2成立．

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）． 【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）

第10页（共14页）

故

令h'（x）=0即

……………………………．（7分） ，

两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分） ∴

∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）

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． 【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 g′（x） g（x） （0，x0） ﹣ 递减 +x0﹣2，

x0 0 ，

（x0，∞） + 递增 g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=

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故

令h'（x）=0即

……………………………．（7分） ，

两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分） ∴

∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）

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． 【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 g′（x） g（x） （0，x0） ﹣ 递减 +x0﹣2，

x0 0 ，

（x0，∞） + 递增 g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=

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