导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版
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)=(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;
,且.
(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x
【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x
0且2e x0﹣x
﹣2=0,从而h(x)有两个零点x
和0,
所以f(x)在(﹣∞,x
0)单调递增,在(x
,0)单调递减,在(0,+∞)单
调递增,
从而f(x)存在唯一的极大值点x
即证,
由2e x0﹣x
0﹣2=0得e x0=,x
≠﹣1,
∴f(x
0)=e x0(e x0﹣x
﹣1)=(﹣x
﹣1)=(﹣x
)(2+x
)≤()
2=,
取等不成立,所以f(x
)<得证,
又∵﹣2<x
0<ln,f(x)在(﹣∞,x
)单调递增
所以f(x
)>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x
0∈(3,4),使 h(x
)=0.
即当 1<x<x
时h(x)<0 即 g′(x)<0
x>x
时 h(x)>0 即 g′(x)>0
g(x)在(1,x
0)上单减,在(x
+∞)上单增.
令h(x
0)=x
﹣lnx
﹣2=0,即lnx
=x
﹣2,
g(x)
min =g(x
)===x
∈(3,4).
k<g(x)
min =x
∈(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,x
1
)时f'(x)<0.函数f(x)的单调递减.
当x∈(x
1,x
2
)时f'(x)>0,函数f(x)的单调速递增,
当x∈(x
2
,+∞)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(x
)=0,即,
当x∈(0,x
)时,u(x)<0,h'(x)<0;
当x∈(x
,1)时,u(x)>0,h'(x)>0;
∴函数h(x)在(0,x
0]单调递减,在[x
,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x
0,则当0<x<x
时,f′(x)<0,f(x)递减;
当x>x
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.
本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全
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x
∈(0,1],
且函数f(x)在(0,x
0)上单调递减,在(x
+∞)上单调递增,
所以函数f(x)的最小值为,
只需f(x
)≥0即可,
又x
满足,
代入上式可得,
∵x
∈(0,1],∴,
即:f(x
)≥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′(x
0)=0,x
>0,则=,从而lnx
=﹣x
,
g′()=3()<0,g′(1)=2(e﹣1)>0,由g′()﹣g′(1)<0,知:,
当x∈(0,x
)时,g′(x)<0;
当x∈(x
,+∞)时,g′(x)>0,
∴函数g(x)在(0,x
0)上单调递减,在(x
,+∞)上单调递增.
∴g(x)
min =g(x
)=﹣x
﹣lnx
=﹣x
﹣lnx
=x
?﹣x
+x
=1.
m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立?m≤g(x)
min
,
∴实数m的取值范围是:(﹣∞,1].
本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全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x
1=ln2,x
2
=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'(x
0)=0,∵h'(0)=﹣6<0,h'(1)=3e﹣7>0,∴x
∈(0,1).
当x>x
0时,h'(x)>0;当x<x
时,h'(x)<0.
∴h(x)
min =h(x
)=,
又,∴,
∴==(x
0﹣1)(x
﹣10),
∵x
0∈(0,1),∴(x
﹣1)(x
﹣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x
,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,x
1),(x
2
,+∞)单调递増,在(x
1
,x
2
)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x
,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x
0,求证:f(x
)<﹣
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)
极大值
=f()=,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>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x
,
可得1﹣2lnx
﹣=0,
即有2lnx
=1﹣,
要证f(x
)<﹣2,即+2<0,
由于+2=+2
==,
由于x
0∈(0,1),且x
=,2lnx
=1﹣不成立,
则+2<0,
故f(x
)<﹣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+x
0=ln2﹣lnx
即 lnx
+x
=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x
0,则x
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(x
)=e x0﹣lnx
﹣2=+x
﹣2,
因为x
0>0,且x
≠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x
使得,即,
所以当x∈(0,x
)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(x
,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以,
因为,
所以,
令h(x
)=0得,
因为1<a<2,所以,,
因为,所以h(x
)<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(x
0,f(x
))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x
0=1,a=1或x
=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x
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x
,
)上,g(x)=f'(x)<0,f(x)单调递减;
所以在区间(0,x
在区间(x
,+∞)上,g(x)=f'(x)>0,f(x)单调递增,
故当x=x
时,f(x)取得最小值,
因为,即,
所以,
即>0.
∴f(x)>0.