高考导数隐形零点好题难题
隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)
隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明 由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>0恒成立，故k (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0， 解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +1，f ′(0)=e -1，故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S =12×|-1|×(e -1)=e -12.(2)证明 当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。
导数专题：隐零点问题专题
导数专题：隐零点问题专题导数专题：隐零点问题专题训练一、解答题（本大题共7小题，共84.0分）1.已知函数f（x）=e-ln（x+m）Ι）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）＞0.2.已知函数f（x）=．1）证明：对于任意k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f （x）的切线；2）若存在x∈[e，e]，使得f（x）≤g（x），求实数k的取值范围．3.设函数f（x）=ex+ax+b在点（，f（））处的切线方程为x+y+1=0．Ⅰ）求a，b的值，并求f（x）的单调区间；Ⅱ）证明：当x≥时，f（x）＞x-4．4.已知函数f（x）=alnx-ex；1）讨论f（x）的极值点的个数；2）若a=2，求证：f（x）＜0．5.已知函数f（x）=+alnx有极值点，其中e为自然对数的底数．1）求a的取值范围；2）若a∈（，]，求证：对于任意x∈（，2]，都有f（x）＜0．6.设函数f（x）=ax2-lnx+1（a∈R）1）求函数f（x）的单调区间；2）若函数g（x）=ax2-ex+3，求证：对于任意x∈（，+∞），都有f（x）＞g（x）恒成立．7.已知函数f（x）=xlnx+ax+b在点（1，f（1））处的切线为3x-y-2=0．1）求函数f（x）的解析式；2）若k∈Z，并且对于任意x＞1，都有k＜f（x），求k的最大值．当m=2时，函数f(x)在(-2,+∞)上为增函数，且f'(-1)0．因此，f'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实数根x，且x∈(-1,0)．当x∈(-2,x)时，f'(x)0，从而当x=x时，f(x)取得最小值．由f'(x)=0，得ln(x+2)=-x．综上，当m≤2时，f(x)>ln(x+2)．解析】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得出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)>ln(x+2)，转化为证明当m=2时f(x)>ln(x+2)．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x，则当x=x时函数取得最小值，借助于x是导函数的零点证出f(x)>ln(x+2)，从而结论得证．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．熟练掌握函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．9.已知函数f(x)=ln(x+2)．1）证明：对于任意k∈R，直线y=g(x)都不是曲线y=f(x)的切线；2）若存在x∈[e,e^2]，使得f(x)≤g(x)+k成立，求实数k 的取值范围．答案】解：1）证明：f(x)的定义域为(-2,∞)。
高考数学专题一 微专题12 隐零点问题
f(x)＝12x2－x＋asin x，则 f′(x)＝x－1＋acos x， ∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1， 令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立， ∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0， ∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0， ∴λ的取值范围是(－∞，0].
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意 b≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝ex－lnxx－1x，
则
1－ln h′(x)＝ex－ x2
x＋x12＝x2ex＋x2 ln
x ，
令 u(x)＝x2ex＋ln x，则 u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以 u(x)在(0，＋∞)
专题一 函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在 函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般 对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条 件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12，＋∞时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 得b≥－e. 故b的取值范围是[－e，＋∞).
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝12x2－x＋asin x. (1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ
(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)
导数压轴分类（6）---函数的隐零点问题任务一、完成下面问题，总结隐零点问题的解题方法。
例1. [2013湖北理10] 已知a 为常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点21x x ，，且21x x ＜，则（ ）A.)(1x f ＞0，)(2x f ＞21-B. )(1x f ＜0，)(2x f ＜21- C. )(1x f ＞0，)(2x f ＜21- D . )(1x f ＜0，)(2x f ＞21-例2. [2012全国文21] 设函数2)(--=ax e x f x .（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若1=a ，k 为整数，且当x ＞0时，1)(')(++-x x f k x ＞0，求k 的最大值。
k 的最大值=2任务二、完成下面问题，体验隐零点问题的解题方法的应用。
2.1 [2015北京海淀二模理18] 设函数2ln 1)(xx x f -=. （Ⅰ）求函数)(x f 的零点及单调区间； （Ⅱ）求证：曲线x x y ln =存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标0y ＜1-提示解析：（Ⅰ）函数)(x f 的零点为x e =，单调减区间32(0,)e ；单调增区间32(,)e +∞； （Ⅱ）xx y ln =存在斜率为6的切线即存在点000ln (,)x x x 处导数为6，于是0201ln 6x x -=，即2001ln 60x x --=，令2()1ln 6f x x x =--为增函数，易判断所以01(,1)2x ∈，所以20000000ln 1616x x y x x x x -===-为减函数，所以00012|231x y y =<=-=-2.2 [2013全国Ⅱ理21] 设函数)ln()(m x e x f x +-=.（Ⅰ）若x ＝0是)(x f 的极值点，求m ＞0，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）当m ≤2时，求证：)(x f ＞0.任务三、完成下面问题，体验隐零点问题解题的运用，提高解题能力。
导数中隐零点专项训练题(强烈推荐,公式编辑器完美编辑之学生版)
导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、（2012年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练： 已知函数()()l n ,f x x x a x a R=+∈. （Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、（2013年全国新课标Ⅱ卷理科第21题）已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >.变式训练： 已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <. (Ι)求实数a 的取值范围； （Ⅱ）证明：()21112f x >.3、（2017年泸州高中高二年级第一次月考文科第21题）已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =； （Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：（2012年全国新课标理科第21题）已知函数满足满足. （Ⅰ）求的解析式及单调区间； （Ⅱ）若，求的最大值.()f x 121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+()f x 21()2f x x ax b ≥++(1)a b +4、（2015年全国高考四川卷理科第21题）已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练1：（2015年全国高考四川卷文科第21题）已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练2：（2015年绵阳市高三二诊理科第21题）已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.变式训练3：（2015年郑州市高三理科数学模拟第21题）已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
专题06+导数中的隐零点问题高考数学二轮复习之重难点微专题突破训练含解析
类型一、不含参函数的隐零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围.例: 已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值. （2）若，且对任意的都成立，求的最大值.【答案】 （1）见解析 （2）（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.【掌握练习】1、已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【答案】（1）见解析（2）略【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.2、已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.【答案】（1）极小值点，不存在极大值点；（2）见解析.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`类型二、含参函数的隐零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.例：已知函数.（1）若,求函数的单调区间; （2）若,对恒成立,求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】 （1）函数的定义域为.即方程有个不相等的实数根,设为,,由根与系数的关系可得, ,即,,故时, ,此时在上单调递增;当时, ,即方程有个不相等的实数根,设为,,且,则, ,由根与系数的关系,可得, ,即,当或时,,单调递增,当时,,单调递减.综上,当时,的单调递增区间为,无单调递减区间;当时,的单调递增区间为, ,单调递减区间为.当时,,即,故在上单调递增,∴,又,∴,依题意,即,令,易知在上单调递增,且,故,又,即,易知在上单调递减,∴.【掌握练习】1、已知函数．（1）若曲线在点处的切线斜率为，求实数的值；（2）当时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.当时，．要证，只需证明设，则.设，则．所以函数在上单调递增．因为，，所以函数在上有唯一零点，且因为，所以，即.当时，；当时，，所以当时，取得最小值.所以. 综上可知，当时，.2、（1）求证：；（2）已知函数，①讨论的极值点的个数，并说明理由；②，求证：.【答案】见解析当时，取得到，令，则∴有唯一解，取为，且在，，在，，是的极小值点.②由①即证，即，即，由（1）知. 即证，即令，.∴.∴.。
导数中的隐零点专项训练题(强烈推荐-公式编辑器完美编辑之学生版)
导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练： 已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >.变式训练： 已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <. (Ι)求实数a 的取值范围； （Ⅱ）证明：()21112f x >.3、已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =； （Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+. （Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.4、已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练 ,已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练,已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.变式训练 ,已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。
高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题
高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题1.（2012•新课标）设函数f（x）=e x﹣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．解：（I）函数f（x）=e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）=e x﹣a，若a≤0，则f′（x）=e x﹣a≥0，所以函数f（x）=e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）=e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）=e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）由于a=1，所以，（x﹣k）f´（x）+x+1=（x﹣k）（e x﹣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）=e x﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）=e x﹣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2．2.（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=e x﹣ln（x+m）（Ι）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．【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）﹣1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞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）＞0．3.（2015•新课标Ⅰ）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．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＜ln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，所欲当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．4.（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．f'（x）=e x（）=解：（1）证明：f（x）=，∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增，∴x＞0时，＞f（0）=﹣1即（x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）===a∈[0，1），由（1）知，当x＞0时，f（x）=的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得，只需•e t≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，由x＞0，可得t∈（0，2]当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；h（a）===记k（t）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，故k（t）单调递增，所以h（a）=k（t）∈（，]．5.（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯
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fx=ae x﹣a﹣xe x a≥0,e=…,e为自然对数的底数,若fx≥0对于x∈R恒成立．1求实数a的值；2证明：fx存在唯一极大值点x0,且．解答1解：fx=e x ae x﹣a﹣x≥0,因为e x＞0,所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立,即ae x﹣1≥x恒成立,x=0时,显然成立,x＞0时,e x﹣1＞0,故只需a≥在0,+∞恒成立,令hx=,x＞0,h′x=＜0,故hx在0,+∞递减,而==1,故a≥1,x＜0时,e x﹣1＜0,故只需a≤在﹣∞,0恒成立,令gx=,x＜0,g′x=＞0,故hx在﹣∞,0递增,而==1,故a≤1,综上：a=1；2证明：由1fx=e x e x﹣x﹣1,故f'x=e x2e x﹣x﹣2,令hx=2e x﹣x﹣2,h'x=2e x﹣1,所以hx在﹣∞,ln单调递减,在ln,+∞单调递增,h0=0,hln=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0,h﹣2=2e﹣2﹣﹣2﹣2=＞0,∵h﹣2hln＜0由零点存在定理及hx的单调性知,方程hx=0在﹣2,ln有唯一根,设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0,从而hx有两个零点x0和0,所以fx在﹣∞,x0单调递增,在x0,0单调递减,在0,+∞单调递增,从而fx存在唯一的极大值点x0即证,由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=,x0≠﹣1,∴fx0=e x0e x0﹣x0﹣1=﹣x0﹣1=﹣x02+x0≤2=,取等不成立,所以fx0＜得证,又∵﹣2＜x0＜ln,fx在﹣∞,x0单调递增所以fx0＞f﹣2=e﹣2e﹣2﹣﹣2﹣1=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证,从而0＜fx0＜成立．2．已知函数fx=ax+xlnxa∈R1若函数fx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kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,求k的最大值．解答解：1∵函数fx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﹣1max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是﹣2,+∞．2a=1时,fx=x+lnx,k∈Z时,不等式kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,∴k＜,令gx=,则g′x=,令hx=x﹣lnx﹣2x＞1．则h′x=1﹣=＞0,∴hx 在1,+∞上单增,∵h3=1﹣ln3＜0,h4=2﹣2ln2＞0,存在x0∈3,4,使hx0=0．即当1＜x＜x0时hx＜0 即g′x＜0x＞x0时hx＞0 即g′x＞0gx在1,x0上单减,在x0+∞上单增．令hx0=x0﹣lnx0﹣2=0,即lnx0=x0﹣2,gx min=gx0===x0∈3,4．k＜gx min=x0∈3,4,且k∈Z,∴k max=3．3．函数fx=alnx﹣x2+x,gx=x﹣2e x﹣x2+m其中e=…．1当a≤0时,讨论函数fx的单调性；2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx恒成立,求正整数m的最大值．解答解：1函数fx定义域是0,+∞,,i当时,1+8a≤0,当x∈0,+∞时f'x≤0,函数fx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fx的单调递减．当x∈x1,x2时f'x＞0,函数fx的单调速递增,当x∈x2,+∞时f'x＜0,函数fx的单调递减；综上所述,i当时fx的单调递减区间是0,+∞,ⅱ当时,fx的单调递增区间是,单调递减区间是和2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx,即m＜﹣x+2e x﹣lnx+x,设hx=﹣x+2e x﹣lnx+x,x∈0,1,∴,∴当0＜x≤1时,1﹣x≥0,设,则,∴ux在0,1递增,又∵ux在区间0,1上的图象是一条不间断的曲线,且,∴使得ux0=0,即,当x∈0,x0时,ux＜0,h'x＜0；当x∈x0,1时,ux＞0,h'x＞0；∴函数hx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+2e x﹣lnx+x对任意x∈0,1恒成立,∴正整数m的最大值是3．4．已知函数fx=e x+a﹣lnx其中e=…,是自然对数的底数．Ⅰ当a=0时,求函数a=0的图象在1,f1处的切线方程；Ⅱ求证：当时,fx＞e+1．解答Ⅰ解：∵a=0时,∴,∴f1=e,f′1=e﹣1,∴函数fx的图象在1,f1处的切线方程：y﹣e=e﹣1x﹣1,即e﹣1x﹣y+1=0；Ⅱ证明：∵,设gx=f′x,则,∴gx是增函数,∵e x+a＞e a,∴由,∴当x＞e﹣a时,f′x＞0；若0＜x＜1e x+a＜e a+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,fx递减；当x＞x0时,f′x＞0,fx递增；∴,而,记hx=lnx+x,则,﹣a＜hx0＜h,而hx显然是增函数,∴,∴．综上,当时,fx＞e+1．5．已知函数fx=axe x﹣a+12x﹣1．1若a=1,求函数fx的图象在点0,f0处的切线方程；2当x＞0时,函数fx≥0恒成立,求实数a的取值范围．解答解：1若a=1,则fx=xe x﹣22x﹣1,当x=0时,f0=2,f'x=xe x+e x﹣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f1≥0,得,而f'x=ax+1e x﹣2a+1,令其为hx,h'x=ax+2e x恒为正数,所以hx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fx在0,x0上单调递减,在x0+∞上单调递增,所以函数fx的最小值为,只需fx0≥0即可,又x0满足,代入上式可得,∵x0∈0,1,∴,即：fx0≥0恒成立,所以．……13分6．函数fx=xe x﹣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fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,求实数m的取值范围．解答解：1∵fx=xe x﹣ax+b,∴f′x=x+1e x﹣a,由函数fx的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1,知：,解得a=2,b=1．2∵fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1,①令gx=xe x﹣x﹣lnx+1,x＞0,则=,设g′x0=0,x0＞0,则=,从而lnx0=﹣x0,g′=3＜0,g′1=2e﹣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gx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增．∴gx min=gx0=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0﹣x0+x0=1．m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立m≤gx min,∴实数m的取值范围是：﹣∞,1．7．已知函数fx=3e x+x2,gx=9x﹣1．1求函数φx=xe x+4x﹣fx的单调区间；2比较fx与gx的大小,并加以证明．解答解：1φ'x=x﹣2e x﹣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φx在﹣∞,ln2上单调递增,在ln2,2上单调递减,在2,+∞上单调递增．2fx＞gx．证明如下：设hx=fx﹣gx=3e x+x2﹣9x+1,∵h'x=3e x+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．∴hx min=hx0=,又,∴,∴==x0﹣1x0﹣10,∵x0∈0,1,∴x0﹣1x0﹣10＞0,∴hx min＞0,∴fx＞gx．8．已知函数fx=lnx+ax﹣12a＞0．1讨论fx的单调性；2若fx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=fx在0,+∞上单调递增,②当a＞2时,设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为,且,y=fx在0,x1,x2,+∞单调递増,在x1,x2单调递减．2证明：依题可知f1=0,若fx在区间0,1内有唯一的零点x0,由1可知a＞2,且．于是：①②由①②得,设,则,因此gx在上单调递减,又,根据零点存在定理,故．9．已知函数fx=,其中a为常数．1若a=0,求函数fx的极值；2若函数fx在0,﹣a上单调递增,求实数a的取值范围；3若a=﹣1,设函数fx在0,1上的极值点为x0,求证：fx0＜﹣2．解答解：1fx=的定义域是0,+∞,f′x=,令f′x＞0,解得0＜x＜,令f′x＜0,解得：x＞,则fx在0,递增,在,+∞递减,=f=,无极小值；故fx极大值2函数fx的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=,要使函数fx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′=21+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fx=导数为f′x=,设函数fx在0,1上的极值点为x0,可得1﹣2lnx0﹣=0,即有2lnx0=1﹣,要证fx0＜﹣2,即+2＜0,由于+2=+2==,由于x0∈0,1,且x0=,2lnx0=1﹣不成立,则+2＜0,故fx0＜﹣2成立．10．已知函数fx=lnx﹣x+1,函数gx=axe x﹣4x,其中a为大于零的常数．Ⅰ求函数fx的单调区间；Ⅱ求证：gx﹣2fx≥2lna﹣ln2．解答解：Ⅰ…………………………………2分x∈0,1时,f'x＞0,y=fx单增；x∈1,+∞时,f'x＜0,y=fx单减 (4)Ⅱ证明：令hx=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2a＞0,x＞0 (5)故 (7)令h'x=0即,两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna (9)∴,∴hx≥2lna﹣2ln2……………………………12分11．已知函数fx=x2﹣a﹣2x﹣alnxa∈R．Ⅰ求函数y=fx的单调区间；Ⅱ当a=1时,证明：对任意的x＞0,fx+e x＞x2+x+2．解答解：Ⅰ函数fx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fx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,fx=x2+x﹣lnx,要证明fx+e x＞x2+x+2,只需证明e x﹣lnx﹣2＞0,设gx=e x﹣lnx﹣2,则问题转化为证明对任意的x＞0,gx＞0,令g′x=e x﹣=0,得e x=,容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足e x0=,当x变化时,g′x和gx变化情况如下表x0,x0x0x0,∞g′x﹣0+gx递减递增gx min=gx0=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2,因为x0＞0,且x0≠1,所以gx min＞2﹣2=0,因此不等式得证．12．已知函数．Ⅰ当a=2时,i求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；ii求函数fx的单调区间；Ⅱ若1＜a＜2,求证：fx＜﹣1．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gx=2﹣lnx﹣2x2,所以gx在0,+∞上单调递减,且g1=0所以当x∈0,1时,gx＞0即f'x＞0所以当x∈1,+∞时,gx＜0即f'x＜0综上所述,fx的单调递增区间是0,1,单调递减区间是1,+∞．Ⅱ证明：fx＜﹣1,即设,,设φx=﹣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,hx单调递增,当x∈x0,+∞时,h'x＜0,hx单调递减,所以,因为,所以,令hx0=0得,因为1＜a＜2,所以,,因为,所以hx0＜0恒成立,即hx＜0恒成立,综上所述,当1＜a＜2时,fx＜﹣1．13．已知函数fx=x﹣alnx+x,其中a∈R1若曲线y=fx在点x0,fx0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：fx＞0．解答解：1fx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gx在0,+∞上递增,以下证明在gx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,gx在上有唯一的零点x0,所以在区间0,x0上,gx=f'x＜0,fx单调递减；在区间x0,+∞上,gx=f'x＞0,fx单调递增,故当x=x0时,fx取得最小值,因为,即,所以,即＞0．∴fx＞0．。