导数压轴题之隐零点问题专辑含答案.doc

1、 第 1 页（共 14 页） 导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题 导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共共 13 题题) 1已知函数 f（x）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e 为自然对数的底数） ， 若 f（x）0 对于 xR 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（aexax）0，因为 ex0，所以 aexax0 恒成立， 即 a（ex1）x 恒成立， x=0 时，显然成立， x0 时，ex10， 故只需 a在（0，+）恒成立， 令 h（x）=， （x0） ， h（x）=0， 故

2、h（x）在（0，+）递减， 而=1， 故 a1， x0 时，ex10， 故只需 a在（，0）恒成立， 令 g（x）=， （x0） ， g（x）=0， 故 h（x）在（，0）递增， 第 2 页（共 14 页） 而=1， 故 a1， 综上：a=1； （2）证明：由（1）f（x）=ex（exx1） ， 故 f（x）=ex（2exx2） ，令 h（x）=2exx2，h（x）=2ex1， 所以 h（x）在（，ln）单调递减，在（ln，+）单调递增， h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（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

3、h（x）=0 在（2，ln）有唯一根， 设为 x0且 2ex0 x02=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 x02=0 得 ex0=，x01， f （x0） =ex0（ex0 x01） =（x01） = （x0）（2+x0） （） 2= ， 取等不成立，所以 f（x0）得证， 又2x0ln，f（x）在（，x0）单调递增 所以 f（x0）f（2）=e 2e2（2）1=e4+e2e20 得证， 从而 0f（x0）成立 2已知函数 f（x）=ax+

4、xlnx（aR） （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 kZ 时，不等式 k（x1）f（x）在 x（1，+）上恒成立， 第 3 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+10 在区间e，+）上恒成立，a（lnx1）max=2 a2 a 的取值范围是2，+） （2）a=1 时，f（x）=x+lnx，kZ 时，不等式 k（x1）f（x）在 x（1，+） 上恒成立， k， 令 g（x）=，则 g（x）=， 令 h（x）=xlnx2（x1） 则 h（x）=1 =0，h（

5、x） 在 （1，+）上单增， h（3）=1ln30，h（4）=22ln20， 存在 x0（3，4） ，使 h（x0）=0 即当 1xx0时 h（x）0 即 g（x）0 xx0时 h（x）0 即 g（x）0 g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+）上单增 令 h（x0）=x0lnx02=0，即 lnx0=x02， g（x）min=g（x0）=x0（3，4） kg（x）min=x0（3，4） ，且 kZ， kmax=3 3函数 f（x）=alnxx2+x，g（x）=（x2）exx2+m（其中 e=2.71828） （1）当 a0 时，讨论函数 f（x）的单调性； （2）当 a=1，x（0，1

6、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+8a0，当 x（0，+）时 f（x）0， 第 4 页（共 14 页） 函数 f（x）的单调递减区间是（0，+） ； （）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，+） ， （）当时，f（x）的单调递增区间是， 单调递减区间是和

7、（2）当 a=1，x（0，1时，f（x）g（x） ，即 m（x+2）exlnx+x， 设 h（x）=（x+2）exlnx+x，x（0，1， 当 0 x1 时，1x0， 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 m3 时，不等式 m（x+2）exlnx+x 对任意 x（0，1恒成立， 正整数 m 的最大值是 3 第 5 页（

8、共 14 页） 4已知函数 f（x）=ex +alnx（其中 e=2.71828，是自然对数的底数） （）当 a=0 时，求函数 a=0 的图象在（1，f（1） ）处的切线方程； （）求证：当时，f（x）e+1 【解答】 （）解：a=0 时， f（1）=e，f（1）=e1， 函数 f（x）的图象在（1，f（1） ）处的切线方程：ye=（e1） （x1） ， 即（e1）xy+1=0； （）证明：， 设 g（x）=f（x） ，则， g（x）是增函数， ex +aea，由 ， 当 xe a 时，f（x）0； 若 0 x1ex +aea+1，由 ， 当 0 xmin1，e a1时，f（x）0， 故 f

9、（x）=0 仅有一解，记为 x0，则当 0 xx0时，f（x）0，f（x）递减； 当 xx0时，f（x）0，f（x）递增； ， 而， 记 h（x）=lnx+x， 则， ah（x0）h（） ， 而 h（x）显然是增函数， ， 综上，当时，f（x）e+1 第 6 页（共 14 页） 5已知函数 f（x）=axex（a+1） （2x1） （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 x0 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）=xex2（2x1） ， 当 x=0 时，f（0）=2，f（x）=xex+

10、ex4， 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）ex2（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）=2a0，f（1）=2ea2a20， 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）

11、=xexax+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 x0 时，f（x）lnxx+m，求实数 m 的取值范围 【解答】解： （1）f（x）=xexax+b， f（x）=（x+1）exa， 由函数 f（x）的图象在 x=0 处的切线方程为：y=x+1，知： 第 7 页（共 14 页） ， 解得 a=2，b=1 （2）f（x）满足：当 x0 时，f（x）lnxx+m， mxexxlnx+1， 令 g（x）=xexxlnx+1，x0， 则=， 设 g（x0）=0，x00，则=，从而 lnx0=x0， g（）=3（）0，g（1）=2（

12、e1）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）=x0lnx0=x0lnx0=x0 x0+x0=1 mxexxlnx+1 恒成立mg（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）=3ex+x2，g（x）=9x1 （1）求函数 （x）=xex+4xf（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）（x）=

13、（x2） （ex2） ， 令 （x）=0，得 x1=ln2，x2=2； 令 （x）0，得 xln2 或 x2； 令 （x）0，得 ln2x2 故 （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） 第 8 页（共 14 页） 证明如下： 设 h（x）=f（x）g（x）=3ex+x29x+1，h（x）=3ex+2x9 为增函数， 可设 h（x0）=0，h（0）=60，h（1）=3e70，x0（0，1） 当 xx0时，h（x）0；当 xx0时，h（x）0 h（x）min=h（x0）=， 又， =（x01） （x010） ， x0（0，1）

14、，（x01） （x010）0， h（x）min0，f（x）g（x） 8已知函数 f（x）=lnx+a（x1）2（a0） （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）， 当 0a2 时，f（x）0，y=f（x）在（0，+）上单调递增， 当 a2 时，设 2ax22ax+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 a2，且 于是： 由得，设， 则，因此 g（x）在

15、上单调递减， 第 9 页（共 14 页） 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）极大值=f（）=，无极小值； （2）函数 f（x）的定义域为x|x0 且 xa =， 要使函数 f（x

16、）在（0，a）上单调递增，则 a0， 又 x（0，a）时，ax+a0， 只需 1+2lnx0 在（0，a）上恒成立， 即 a2xlnxx 在（0，a）上恒成立， 由 y=2xlnxx 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a0 时，函数递减，可得 a0，矛盾不成立； 当a即 a时，函数 y 在（0，）递减，在（，a）递增， 可得 y2aln（a）+a， 可得 a2aln（a）+a，解得1a0， 则 a 的范围是1，0） ； 第 10 页（共 14 页） （3）证明：a=1，则 f（x）= 导数为 f（x）=， 设函数 f（

17、x）在（0，1）上的极值点为 x0， 可得 12lnx0=0， 即有 2lnx0=1， 要证 f（x0）2，即+20， 由于+2=+2 =， 由于 x0（0，1） ，且 x0=，2lnx0=1不成立， 则+20， 故 f（x0）2 成立 10已知函数 f（x）=lnxx+1，函数 g（x）=axex4x，其中 a 为大于零的常数 （）求函数 f（x）的单调区间； （）求证：g（x）2f（x）2（lnaln2） 【解答】解： （）（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） （）证明：令 h（x）=axex4x2lnx+2x

18、2=axex2x2lnx2（a0，x 0） （5 分） 第 11 页（共 14 页） 故 （7 分） 令 h（x）=0 即 ， 两边求对数得：lna+x0=ln2lnx0即 lnx0+x0=ln2lna （9 分） ， h（x）2lna2ln2（12 分） 11已知函数 f（x）=x2（a2）xalnx（aR） （）求函数 y=f（x）的单调区间； （）当 a=1 时，证明：对任意的 x0，f（x）+exx2+x+2 【解答】解： （）函数 f（x）的定义域是（0，+） ， f（x）=2x（a2）= （2 分） 当 a0 时，f（x）0 对任意 x（0，+）恒成立， 所以，函数 f（x）在区间

19、（0，+）单调递增；（4 分） 当 a0 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； （）当 a=1 时，f（x）=x2+xlnx， 要证明 f（x）+exx2+x+2， 只需证明 exlnx20，设 g（x）=exlnx2， 则问题转化为证明对任意的 x0，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 （0，x0） x0 （x0，） g（x） 0 + g（x） 递减 递增 g（x）min=

20、g（x0）=ex0lnx02=+x02， 第 12 页（共 14 页） 因为 x00，且 x01，所以 g（x）min22=0， 因此不等式得证 本资料分享自千人教师 QQ 群 323031380 高中数学资源大全 12已知函数 （）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； （）若 1a2，求证：f（x）1 【解答】解： （）当 a=2 时，定义域为（0，+） ， ， f（1）=12=3， f（1）=22=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）=2lnx2x2

21、， 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，+） （）证明：f（x）1，即 设， 设 （x）=ax2lnx+2 所以 （x）在（0，+）小于零恒成立 即 h（x）在（0，+）上单调递减 因为 1a2， 所以 h（1）=2a0，h（e2）=a0， 第 13 页（共 14 页） 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

22、）0，h（x）单调递减， 所以， 因为， 所以， 令 h（x0）=0 得， 因为 1a2，所以， 因为，所以 h（x0）0 恒成立， 即 h（x）0 恒成立， 综上所述，当 1a2 时，f（x）1 13已知函数 f（x）=（xa）lnx+x， （其中 aR） （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， 第 14 页（共 14 页） 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