导数压轴题之隐零点问题专辑含答案
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）=（ae x﹣a﹣x）e x（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）=e x（ae x﹣a﹣x）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立，
即a（e 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h（x）=，（x＞0），
h′（x）=＜0，
故h（x）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）=e x（e x﹣x﹣1），
故f'（x）=e x（2e x﹣x﹣2），令h（x）=2e x﹣x﹣2，h'（x）=2e x﹣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2e x0﹣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2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，
∴f（x0）=e x0（e x0﹣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（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，
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，
∴k max=3．
3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）e x﹣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，
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）e x﹣lnx+x，设h（x）=（﹣x+2）e x﹣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）e 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f（x）=e x+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，
∵e x+a＞e a，∴由，
∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1?e 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，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）=axe x﹣（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）=xe x﹣2（2x﹣1），
当x=0时，f（0）=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f（1）≥0，得，
而f'（x）=a（x+1）e x﹣2（a+1），
令其为h（x），h'（x）=a（x+2）e x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．函数f（x）=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）=xe x﹣ax+b，
∴f′（x）=（x+1）e x﹣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≤xe x﹣x﹣lnx+1，①
令g（x）=xe x﹣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≤xe x﹣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）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．
（1）求函数φ（x）=xe x+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）（e 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）=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．
∴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，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：①②
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．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）=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）
=f（）=，无极小值；
极大值
（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．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax?e x﹣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）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣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．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）+e x＞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）+e x＞x2+x+2，
只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，
则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞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g（x）变化情况如下表
g（x）min=g（x0）=e x0﹣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．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．
【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．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．
【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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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）=（ae x﹣a﹣x）e x（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）=e x（ae x﹣a﹣x）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立， 即a（e 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h（x）=，（x＞0）， h′（x）=＜0， 故h（x）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）=e x（e x﹣x﹣1）， 故f'（x）=e x（2e x﹣x﹣2），令h（x）=2e x﹣x﹣2，h'（x）=2e x﹣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2e x0﹣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2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1， ∴f（x0）=e x0（e x0﹣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（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，
高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系
高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系 21、（本题满分14分） 已知函数1()ln ,()f x a x a R x =-∈其中 （1）设()(),h x f x x =+讨论()h x 的单调性。 （2）若函数()f x 有唯一的零点，求a 取值范围。 21．解：（1）1()ln h x a x x x =-+，定义域为(0,)+∞………………1分 22211()1a ax x h x x x x ++'=++=………………2分 令22()1,4g x x ax a =++?=- 当0?≤，即22a -≤≤时()0g x ≥，()0h x '≥此时()h x 在(0,)+∞上单调递增。………………4分 当0?>即2a <-或2a >时，由()0g x =得1x =，2x = ………………5分 若2a >则10x <又1210x x =>所以20x < 故()0h x '>在(0,)+∞上恒成立 所以()h x 在(0,)+∞单调递增……………………6分 若2a <-则20x >又1210x x =>所以20x > 此时当1(0,)x x ∈时()0h x '>；当12(,)x x x ∈时()0h x '<当2(,)x x ∈+∞时()0h x '> 故()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 单调递减……………………7分 综上，当2a ≥-时()h x 在(0,)+∞上单调递增 当2a <-时()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞单调递增，在12(,)x x 单调递减……………8分 （2）方法1：问题等价于1ln a x x = 有唯一实根 显然0a ≠则关于x 的方程1ln x x a =有唯一实根……………10分 构造函数()ln x x x ?=，则()1ln x x ?'=+ 由0ln 1'=+=x ?，得e x 1=
函数导数压轴题隐零点的处理技巧
函数导数压轴题隐零点的处理技巧 些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的，不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I卷)设函数f(x)=e x﹣ax﹣2． (1)求f(x)的单调区间； (2)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． 解析：(1)(略解)若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增； 若a＞0，则f(x)的单调减区间是(﹣∞，ln a)，增区间是(ln a，+∞)． (2)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＜ 1 1 x x e + - +x(x＞0)(*)， 令g(x)= 1 1 x x e + - +x，则g′(x)= 2 (2) (1) x x x e e x e -- - ， 而函数f(x)=e x﹣x﹣2在(0，+∞)上单调递增，①f(1)＜0，f(2)＞0， 所以f(x)在(0，+∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，+∞)存在唯一的零点． 设此零点为a，则a∈(1，2)．当x∈(0，a)时，g′(x)＜0；当x∈(a，+∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，+∞)的最小值为g(a)． ③所以g(a)=a+1∈(2，3)．由于(*)式等价于k＜g(a)，故整数k的最大值为2． 点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定)； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。
数学高考导数难题导数零点问题导数整理
f '(x) = (x - a)(2ln x ■ 1 - a )，但这时会发现 f' (x) = 0 的解除了 x = a 外还有 2In x ■ 1 - ◎ =0 的 x x 解，显然无法用特殊值猜出。 a 令 h(x) = 21 n x 1 ，注意到 h(1) = 1 -a ：： 0 , h(a) = 2In a 0 , x 故f '(x) = 0在(1, a)及(1, 3e )至少还有一个零点， 又h(x)在(0, +^)内单调递增，所以函数h(x) 在(1,3e]内有唯一零点，但此时无法求出此零点怎么办。 我们可以采取设而不求的方法， 记此零点为x 0, 含参导函数零点问题的几种处理方法 方法一：直接求出，代入应用 对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。 (1)因式分解求零点 例1讨论函数 f(x) 1 3 1 2 ax -(a )x 2x 1(a ? R)的单调区间 3 2 解析：即求f'(x)的符号问题。由f'(x)二ax 2 -(2a - 1)x 2 = (ax - 1)(x - 2)可以因式分 解析： f'(x) = (x -a)e x ? x 2 -( a ? 1)x ? a = (x -a)(e x ? x -1)，只能解出 f '(x)的一个零点为 a , 方法二：猜出特值，证明唯一 对于有些复杂的函数，有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的，这时我们可以考虑用特殊值去 猜出零点，再证明该函数的单调性而验证其唯一性。 1 1 例 4 讨论函数 f (x) =(x - a-1)e x x 3 (a 1)x 2 ax ， a ?二 R ，的极值情况 其它的零点就是e x x 0的根，不能解。 例5(2011高考浙江理科)设函数 f (x) = (x - a)21n x,a ? R (I) 若x =e 为y = f (x)的极值点，求实数a (n) 求实数a 的取值范围，使得对任意的 2 (0,3e],恒有 f(x) — 4e 成立(注：e 为自然对数)， 方法三：锁定区间，设而不求 对于例5，也可以直接设函数来求， ①当0 ::: x 乞1时，对于任意的实数 a ，恒有f (x)乞0 ::: 4e 2成立②当1 ：：： x 乞3e ，由题意，首先 有 f (3e) =(3e - a )2 In(3e)乞4e 2 , 解 3e 2e 乞a 乞3e ---------- n ( , I 3e) 3e 且 h(3e) =2In(3 e) 1 a 3e -2I n(3e) 1 2e I n(3e) 3e = 2(I n3e- 1 3；I )>0 。
专题03 导数与函数零点(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破导数压轴题 专题3 导数与函数零点 () f x() f x() f x () f x y h x =（）y g x =（） 求函数f(x)的零点 ：求导判断f(x)的单调性，适当选取区间，确定端点函数值异号 ：a=g(x)或h(x)=q(x)判断相应函数单调性、值域，确定零点个数或范围 结合具体问题运用分析法和相关性质确定端点（一般不唯一，见例2等）结合图象确定零点范围（见例3、例6），有时还需证明（见例1）
()sin (1) f x x ln x =-+() f x '() f x ()f x '(1,) 2 π -() f x 思路点拨 第（1）题：若1 ()cos 1f x x x '=- +在区间(1,)2 π -的极大值点x 0，则在x 0左边，() f x '递增，在x 0右边()f x '递减.这需要考虑()f x ''在x 0左边为正，右边为负，也就是说x 0是() f x '的零点，从而()f x '在0(1,)x -上单调递增；在0(x ，)2 π 上()f x ''<0，可得()f x '单调递减. 第（2）结论等价于方程sinx=ln(1+x)有且仅有两个不等的实数根.在同一坐标系中分别作出图象可知一根为0，另 一根介于(2]2 π ，之间. 从图象可以看出当(1,0)x ∈-和 (0,)2 π 时，sin ln(1)0x x -+>，即()0f x >；当[2,)x ∈+∞，()0f x <. 这就需要考虑f ′(x )在(?1,0)、 (0,π 2]、(π 2,2]、(2,+∞)单调性以及端点值的正负.由于x 0位于(0,x 0)和(x 0,π 2)，还有对这两个区间作相应讨论. 第（2）的思维导图： f '(x) -1 y x π2 x 0 2y =ln(1+x ) y =sin x -1y x 0π2 已知f (x )=sin x -ln(1+x ) 结论： f (x )有且仅有2个零点 sinx=ln(1+x)有两个不等实数根 数形结合：一根为0，一根在 当和时， f (x )>0；当 x ∈?2,+∞)时，f (x )<0 当 x ∈?2,+∞)时， f (x )<0 等价转化
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解（上） 专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -
专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理） 例1. 已知（1）讨论的单调性 （2）设，求证：例2. 已知函数，。（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有 。 例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m
导数中的零点问题(学生版)
专题2.3导数中的零点问题 解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。 一、能直接分离参数的零点题目 此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。 例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+=，若关于x 的方程2()()2g x f x e x =-只有一个实数根，求a 的值。注意这里()h x 的单调性不是硬解出来的，因为你会发现'()h x 的式子很复杂，但是如果把()h x 当成两个函数的和，即2ln (),()2x m x n x x ex x ==-+，此时(),()m x n x 的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出()h x 的单调性和极值点。所以21a e e =+（注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可）二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题） 这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如()f x 在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。 在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识，但必不可少的是求出函数的趋势图像，然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间的个数，二是参数影响函数的极值或最值，而通过这两个方向就可以影响函数的趋势图像，进而影响零点的个数，因此分类讨论思想在此类问题中必不可少。例2.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是 注意：如果不是的大题没必要分类讨论，做出符合题意的图像反推即可 例3.已知函数2()ln 2f x x x b x =++--在区间1[,]e e 上有两个不同零点，求实数b 的取值范围。
2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)
导数与函数的零点专题 研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 例题精讲 例1、已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2，由题设得－2 a ＝－2，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2，设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0. 当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )． h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0. 所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根． 综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 例2、已知函数 . (I)讨论的单调性；(II)若 有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=-+-=-+． （ i ）当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． （ ii ）当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=，即2 e a =-，则x R ?∈，()(1)()0x f x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．
函数与导数压轴题中零点问题
导数压轴题零点问题练习题 一、解答题 1．（2020·省高三考试）设函数()()2 1f x x bx b R =-+∈，()()() ,0,0f x x F x f x x ?>? =? ->??. （1）如果()10f =，求()F x 的解析式； （2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，数k 的取值围. 【答案】（1）()2221,0 21,0 x x x F x x x x ?-+>=?-+-=?-+-
导数问题中虚设零点的三大策略分析
导数问题中虚设零点的三大策略 导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”.因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题.此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决.我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略. 策略1整体代换将超越式化简为普通式 如果f′（x）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点. 例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx. （1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数；
（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a. 解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2e2x-ax（x>0）.由f′（x）=0，得2xe2x=a.令g（x）=2xe2x，g′（x）=（4x+2）e2x>0（x>0），从而g（x）在（0，+∞）单调递增，所以g（x）>g（0）=0. 当a>0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点； 当a≤0时，方程g（x）=a没有根，即f′（x）没有零点. （2）由（1），可设f′（x）在（0，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）<0；
导数和函数零点问题
导数和函数零点问题 Prepared on 24 November 2020
导数和函数零点 1、已知函数3()31,0f x x a x a =--≠ （1）求()f x 的单调区间； （2）若()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交 点， 求m 的取值范围。 2、设a 为实数，函数a x x x f ++-=3)(3 （1）求)(x f 的极值； （2）若方程0)(=x f 有3个实数根，求a 的取值范围； （3）若0)(=x f 恰有两个实数根，求a 的值。 3、已知函数)(ln 2)(2R a x ax x f ∈-= （1）讨论)(x f 的单调性； （2）是否存在a 的值，使得方程3)(=x f 有两个不等的实数根 若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由。 4、已知函数a ax x a x x f ---+=232 131)(，x R ∈，其中0>a 。 （1）求函数)(x f 的单调区间； （2）若函数)(x f 在区间)0,2(-内恰有两个零点，求a 的取值范围； 5、已知函数)0()23()(2 3>+--++=a d x b a c bx ax x f 的图象如图所示. （1）求c ，d 的值； （2）若函数,01132)(=-+=y x x x f 处的切线方程 在求函数)(x f 的解析式； （3）在（2）的条件下，函数m x x f y x f y ++= =5)(3 1)('与的图象有三个不同的交点， 求m 的取值范围； 6、已知定义域为R 的奇函数)(x f ，当0>x 时，)(1ln )(R a ax x x f ∈+-=
导数方法与技巧一(隐零点问题)
高三数学一轮复习第二十讲：导数的方法与技巧一（隐零点问题） 1.已知函数 ()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈（1）若函数与的图像无公共点，试求实数的取值范围； ()f x ()g x a （2）是否存在实数，使得对任意的，都有函数的图像在的图像m 1,2x ??∈+∞ ??? ()m y f x x =+()x e g x x =的下方？若存在，求出最大整数的值；若不存在，请说明理由. m (参考数据：) ln 20.6931,ln 3 1.3956≈≈≈≈ 2.已知函数，其中，为自然对数的底数. ()()222 x a f x x e x =--a R ∈e (1)函数的图象能否与轴相切？若能求出实数的值；否则，说明理由. ()f x x a (2)若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值. ()2y f x x =+R a
3.设函数. ()()ln ,21x f x x x g x x e x =-=?--（1）关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； x ()2103 f x x x m =-+[]1,3m （2）证明：当时，. 0x >()()g x f x ≥ 4.已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. ()()()2 23,x f x e x a a R =--+∈()0,0x f x ≥≥a
5.已知函数. ()ln 1f x ax x =++（1）讨论函数零点的个数； ()f x （2）对任意的恒成立，求实数的取值范围. ()20,x x f x xe >≤a 6.已知函数. ()2 x f x e x ax =--（1）若函数在R 上单调递增，求实数的取值范围. ()f x a （2）若，证明：当时，. 1a =0x >()2 ln 2ln 2122f x ??>-- ??? (参考数据：) 2.71828,ln 20.69e ≈≈
导数专题零点问题教师版
导数专题零点问题教师版 Modified by JEEP on December 26th, 2020.
导数专题（三）——零点问题 （2013昌平二模理）（18）（本小题满分13分）（零点问题） 已知函数2 1()ln (0).2 f x x a x a = -> （Ⅰ）若2,a =求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[1,e]上的最小值； （III ）若()f x 在区间(1,e)上恰有两个零点，求a 的取值范围. （18）（本小题满分13分） 解：（I ）2,a =212()2ln ,'(),2f x x x f x x x = -=- ()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为2230.x y +-=………………………..3分 （Ⅱ）由2'().a x a f x x x x -=-= 由0a >及定义域为(0,)+∞，令'()0,f x x ==得 1,01,a ≤<≤即在(1,e)上，'()0f x >，)(x f 在[1,e]上单调递增， 因此,()f x 在区间[1,e]的最小值为1 (1)2 f = . ②若21e,1e ,a <<<<即在 （上，'()0f x <，)(x f 单调递减；在上， '()0f x >，)(x f 单调递增，因此()f x 在区间[1,e]上的最小值为1 (1ln ).2 f a a = - 2e,e ,a ≥≥即在(1,e)上，'()0f x <，)(x f 在[1,e]上单调递减， 因此,()f x 在区间[1,e]上的最小值为21 (e)e 2 f a =-. 综上，当01a <≤时，min 1()2f x =；当21e a <<时，min 1 ()(1ln )2 f x a a =-； 当2e a ≥时，2min 1 ()e 2 f x a =-. ……………………………….9分 (III) 由（II ）可知当01a <≤或2e a ≥时，)(x f 在(1,e)上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点.
专题02导数与零点个数-2019年高考数学总复习之典型例题突破(压轴题系列)版含解析
专题02 导数与零点个数 导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。 【题型示例】 1、设为实数,函数． (1)求的极值点； (2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围． 【答案】 （1）的极大值点为,极小值点为．（2）或． 2、已知函数. （1）求的极值； （2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】 （1）极大值，无极小值； （2）. 【解析】 （1）的定义域为, ,令得，
当时，，是增函数； 当时，，是减函数， 所以在处取得极大值, 无极小值. （2）①当时，即时， 由（1）知在上是增函数，在上是减函数， 所以， 因为的图象与的图象在上有公共点, 所以，解得，又，所以. ②当时，即时，在上是增函数， 所以在上最大值为， 所以原问题等价于,解得. 又，所以此时无解. 综上,实数的取值范围是. 3、设函数（其中）． （Ⅰ）求函数的极值； （Ⅱ）求函数在上的最小值； （Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】 （1）极小值，不存在极大值； （2） （3）1个． 【解析】 （Ⅰ）， 由得，由得， 在单调递增，在单调递减． 极小值，不存在极大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减． 当时，在单调递减，单调递增， ∴． 当时，在单调递增， ； （Ⅲ）由题意 求导得， 由得或，由得 所以在上单调递增，在上单调递减 当时，， 故函数只有一个零点． 4、已知函数. （I）若，求的极值； （II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】 （I）的极小值为；（II）或. 【解析】 （I）时，，其中 则得 当时，单调递减，当时，单调递增， 因而的极小值为； （II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则， 又设，，而 因而当时，当时， 那么当时，单调递增，
(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 ＜2 1- 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)(x x 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）x x 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020 1ln 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20000000 ln 1616x x y x x x x -===-为减函数，所以0001 2|231x y y =<=-=-
导数中两种零点问题解决方法
导数中的零点问题解决方法 解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。 一、能直接分离参数的零点题目 此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。 例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+ =，若关于x 的方程2()()2g x f x e x =-只有一个实数根，求a 的值。 解析：22()ln ()22g x x f x e a x ex x x =-?=-+，令2ln ()2x h x x ex x =-+，'21ln ()22x h x x e x -=-+，令'()0h x =，则x e = 当0x e <<时，'()0h x >，()h x 单调递增；当x e >时，'()0h x <，()h x 单调递 减，2max 1()()h x h e e e ==+ 注意这里()h x 的单调性不是硬解出来的，因为你会发现'()h x 的式子很复杂，但是 如果把()h x 当成两个函数的和，即2ln (),()2x m x n x x ex x = =-+，此时(),()m x n x 的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出()h x 的单调性和极值点。 所以21a e e =+（注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可） 二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题） 这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如()f x 在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。 在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识，但必不可少的是求出函数的趋势图像，然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可，这里需要说明一下，参数影响零点的个数问题主要有两个方向，一是参数影响单调性和单调区间
高考导数压轴题零点问题
导数压轴题之零点问题 1．已知函数f（x）=（ae x﹣a﹣x）e x（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）=e x（ae x﹣a﹣x）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立， 即a（e 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h（x）=，（x＞0）， h′（x）=＜0， 故h（x）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）=e x（e x﹣x﹣1）， 故f'（x）=e x（2e x﹣x﹣2），令h（x）=2e x﹣x﹣2，h'（x）=2e x﹣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2e x0﹣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2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1， ∴f（x0）=e x0（e x0﹣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（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，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．
高考数学导数与函数零点问题教师版
导数与函数零点问题 函数零点问题是高考中的热点,内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论. 例题分类精讲 一、函数零点个数问题 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值 结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的 对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数． 【例1】若函数f（x）＝x3－3x＋a 有三个不同的零点,则实数 a 的取值范围是___ ． 【答案】（－2,2） 【分析】客观题中函数零点个数问题,可借组图象求解,先根据导函数的符号确定原函数的单调性,由单调性作出函数图象,再确定零点个数. 【解析】由f（x）＝x3－3x＋a,得f′x）（＝3x2－3,由f′（x）＝3x2－3＝0,得x＝±1,f（x）极大值＝f（－1）＝2＋a,f（x）极小值＝f（1）＝a－2,要使函数f（x）＝x3－3x＋a有三个不同的零点,则有2＋a>0,a－2<0,即－ 2 专题：导数与零点 一．导言 导数与零点专题是高考考察的重点内容，下表列举了从16年起全国卷对这个点的考察：如表所示，导数与零点是高考导数大题部分的重要命题方向之一. 二．题型1：判断或证明零点个数 1．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()' f x 为()f x 的导数．证明： （1）()' f x 在区间(1, )2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 2．已知函数()1 1 ln x f x x x -=- +. （1）讨论)(x f 的单调性，并证明)(x f 有且仅有两个零点； （2）设0x 是)(x f 的一个零点，证明：曲线x y ln =在点)ln ,(00x x A 处的切线也是曲线 x e y =的切线. 3.已知函数()ln f x m x =，()()1 0x g x x x -= >. （1）讨论函数()()()F x f x g x =-在()0,∞+上的单调性； （2）判断当m e =时，()y f x =与()y g x =的图象公切线的条数，并说明理由. 4．已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数. (1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点; (2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点. 题型2：已知零点个数求参数范围 5．已知函数()2 x e x f x a =-． （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥； （2）若()f x 在只有一个零点，求a 的值. 6．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥ ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m导数与零点专题
函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)