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導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題
導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題(共 13 題)
1. 已知函數(shù) f（x）=（aex﹣a﹣x）ex（a≥0，e=2.718…，e為自然對數(shù)的底數(shù)），
若 f（x）≥0對于x∈R恒成立．
（1）求實數(shù) a 的值；
（2）證明：f（x）存在唯一極大值點 x0，且 ．
2. 已知函數(shù) f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（1）若函數(shù) f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數(shù)，求 a的取值范圍；
（2）當(dāng) a=1且 k∈Z時，不等式 k（x﹣1）＜f（x）在 x∈（1，+∞）上恒成立，
求 k的最大值．
3．函數(shù) f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）ex﹣x2+m（其中 e=2.71828…）．
（1）當(dāng) a≤0時，討論函數(shù) f（x）的單調(diào)性；
當(dāng) a=﹣1，x∈（0，1]時，f（x）＞g（x）恒成立，求正整數(shù) m的最大值．
4．已知函數(shù) f（x）=ex+a﹣lnx（其中 e=2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）當(dāng) a=0時，求函數(shù) a=0的圖象在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求證：當(dāng) 時，f（x）＞e+1．
5．已知函數(shù) f（x）=axex﹣（a+1）（2x﹣1）．
（1）若 a=1，求函數(shù) f（x）的圖象在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）當(dāng) x＞0時，函數(shù) f（x）≥0恒成立，求實數(shù) a的取值范圍．
6．函數(shù) f（x）=xex﹣ax+b的圖象在x=0處的切線方程為：y=﹣x+1．
（1）求 a 和 b 的值；
（2）若 f（x）滿足：當(dāng) x＞0時，f（x）≥lnx﹣x+m，求實數(shù) m的取值范圍．
7．已知函數(shù) f（x）=3ex+x2，g（x）=9x﹣1．
（1）求函數(shù) φ（x）=xex+4x﹣f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）比較 f（x）與 g（x）的大小，并加以證明．
8．已知函數(shù) f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．
（1）討論 f（x）的單調(diào)性；
（2）若 f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點 x0，證明： ．
9. 已知函數(shù) f（x）= ，其中 a 為常數(shù)．
（1）若 a=0，求函數(shù) f（x）的極值；
（2）若函數(shù) f（x）在（0，﹣a）上單調(diào)遞增，求實數(shù) a的取值范圍；
（3）若 a=﹣1，設(shè)函數(shù) f（x）在（0，1）上的極值點為 x0，求證：f（x0）＜﹣2．
10. 已知函數(shù) f（x）=lnx﹣x+1，函數(shù) g（x）=ax ex﹣4x，其中 a 為大于零的常
數(shù)．
（Ⅰ）求函數(shù) f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求證：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．
11. 已知函數(shù) f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù) y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng) a=1時，證明：對任意的 x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．
12. 已知函數(shù) ．
（Ⅰ）當(dāng) a=2時，（i）求曲線 y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（ii）求函數(shù) f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若 1＜a＜2，求證：f（x）＜﹣1．
13. 已知函數(shù) f（x）=（x﹣a）lnx+ x，（其中 a∈R）
（1）若曲線 y=f（x）在點（x0，f（x0））處的切線方程為 y= x，求 a的值；
（2）若 為自然對數(shù)的底數(shù)），求證：f（x）＞0．
答案
1【解答】（1）解：f（x）=ex（aex﹣a﹣x）≥0，因為 ex＞0，所以 aex﹣a﹣x≥0
恒成立，
即 a（ex﹣1）≥x恒成立，
x=0 時，顯然成立， x
＞0時，ex﹣1＞0，
故只需 a≥ 在（0，+∞）恒成立，
令 h（x）= ，（x＞0），
h′（x）= ＜0，
故 h（x）在（0，+∞）遞減，
而 = =1，
故 a≥1，
x＜0時，ex﹣1＜0，
故只需 a≤ 在（﹣∞，0）恒成立，
令 g（x）= ，（x＜0），
g′（x）= ＞0，
故 h（x）在（﹣∞，0）遞增，
而 = =1，
故 a≤1，
綜上：a=1；
（2）證明：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 ）單調(diào)遞減，在（ln ，+∞）單調(diào)遞增，
h（0）=0，h（ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣
2= ＞0，
∵h(yuǎn)（﹣2）h（ln ）＜0由零點存在定理及 h（x）的單調(diào)性知，
方程 h（x）=0在（﹣2，ln ）有唯一根，
設(shè)為 x0且 2ex0﹣x0﹣2=0，從而 h（x）有兩個零點 x0和 0，
所以 f（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞增，在（x0，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)
遞增，
從而 f（x）存在唯一的極大值點 x0即證，
由 2ex0﹣x0﹣2=0得 ex0= ，x0≠﹣1，
∴（f x0）=ex（0 ex0﹣x0﹣1）= （ ﹣x0﹣1）= （﹣x0）（2+x0）≤ （ ）
2= ，
取等不成立，所以 f（x0）＜ 得證，
又∵﹣2＜x0＜ln ，f（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞增
所以 f（x ﹣2 ﹣20）＞f（﹣2）=e [e ﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0 得證，
從而 0＜f（x0）＜ 成立．
2【解答】解：（1）∵函數(shù) f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數(shù)，
∴f′（x）=a+lnx+1≥0在區(qū)間[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．
∴a≥﹣2．
∴a的取值范圍是[﹣2，+∞）．
（2）a=1時，f（x）=x+lnx，k∈Z時，不等式 k（x﹣1）＜f（x）在 x∈（1，+∞）
上恒成立，
∴k＜ ，
令 g（x）= ，則 g′（x）= ，
令 h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．
則 h′（x）=1﹣ = ＞0，∴h（x） 在 （1，+∞）上單增，
∵h(yuǎn)（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，
存在 x0∈（3，4），使 h（x0）=0．
即當(dāng) 1＜x＜x0時 h（x）＜0 即 g′（x）＜0
x＞x0時 h（x）＞0 即 g′（x）＞0
g（x）在 （1，x0）上單減，在 （x0+∞）上單
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【解答】解：（1）函數(shù) f（x）定義域是（0，+∞），
，
（i）當(dāng) 時，1+8a≤0，當(dāng) x∈（0，+∞）時 f'（x）≤0，
函數(shù) f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）；
（ⅱ）當(dāng) ，﹣2x2+x+a=0的兩根分別是：
， ，
當(dāng) x∈（0，x1）時 f'（x）＜0．函數(shù) f（x）的單調(diào)遞
減． 當(dāng) x∈（x1，x2）時 f'（x）＞0，函數(shù) f（x）的單調(diào)速
遞增，當(dāng) x∈（x2，+∞）時 f'（x）＜0，函數(shù) f（x）的單調(diào)
遞減；
綜上所述，（i）當(dāng) 時 f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞），
（ⅱ）當(dāng) 時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是 ，
單調(diào)遞減區(qū)間是 和
（2）當(dāng) a=﹣1，x∈（0，1]時，f（x）＞g（x），即 m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x，
設(shè) h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴ ，
∴當(dāng) 0＜x≤1時，1﹣x≥0，
設(shè) ，則 ，∴u（x）在（0，1）遞增，
又∵u（x）在區(qū)間（0，1]上的圖象是一條不間斷的曲線，
且 ，
∴ 使得 u（x0）=0，即 ，
當(dāng) x∈（0，x0）時，u（x）＜0，h'（x）＜0；
當(dāng) x∈（x0，1）時，u（x）＞0，h'（x）＞0；
∴函數(shù) h（x）在（0，x0]單調(diào)遞減，在[x0，1）單調(diào)遞增，
∴ = ，
∵ 在 x∈（0，1）遞減，
∵ ，∴ ，
∴當(dāng) m≤3時，不等式 m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x對任意x∈（0，1]恒成立，
∴正整數(shù) m的最大值是 3．
4【解答】（Ⅰ）解：∵a=0時，∴ ，
∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，
∴函數(shù) f（x）的圖象在（1，f（1））處的切線方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），
即（e﹣1）x﹣y+1=0；
（Ⅱ）證明：∵ ，
設(shè) g（x）=f′（x），則 ，
∴g（x）是增函數(shù)，
∵ex+a＞ea，∴由 ，
∴當(dāng) x＞e﹣a時，f′（x）＞0；
若 0＜x＜1 ex+a＜ea+1，由 ，
∴當(dāng) 0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}時，f′（x）＜0，
故 f′（x）=0僅有一解，記為 x0，則當(dāng) 0＜x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）遞減；
當(dāng) x＞x0時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
∴ ，
而 ，
記 h（x）=lnx+x，
則 ，
﹣a＜ h（x0）＜h（ ），
而 h（x）顯然是增函數(shù)，
∴ ，∴
．綜上，當(dāng) 時，f（x）＞
e+1．
5【解答】解：（1）若 a=1，則 f（x）=xex﹣2（2x﹣1），
當(dāng) x=0時，f（0）=2，f'（x）=xex+ex﹣4，
當(dāng) x=0時，f'（0）=﹣3，
所以所求切線方程為 y=﹣3x+2．……（3分）
（2）由條件可得，首先 f（1）≥0，得 ，
而 f'（x）=a（x+1）ex﹣2（a+1），
令其為 h（x），h'（x）=a（x+2）ex恒為正數(shù)，
所以 h（x）即 f'（x）單調(diào)遞增，
而 f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，
所以 f'（x）存在唯一根 x0∈（0，1]，
且函數(shù) f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù) f（x）的最小值為 ，
只需 f（x0）≥0即可，
又 x0滿足 ，
代入上式可得 ，
∵x0∈（0，1]，∴ ，
即：f（x0）≥0恒成立，所以 ．……（13分）
6【解答】解：（1）∵f（x）=xex﹣ax+b，
∴f′（x）=（x+1）ex﹣a，
由函數(shù) f（x）的圖象在 x=0處的切線方程為：y=﹣x+1，知：
，
解得 a=2，b=1．
（2）∵f（x）滿足：當(dāng) x＞0時，f（x）≥lnx﹣x+m，
∴m≤xex﹣x﹣lnx+1，①
令 g（x）=xex﹣x﹣lnx+1，x＞0，
則 = ，
設(shè) g′（x0）=0，x0＞0，則 = ，從而 lnx0=﹣x0，
g′（ ）=3（ ）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，
由 g′（ ）﹣g′（1）＜0，知： ，
當(dāng) x∈（0，x0）時，g′（x）＜0；
當(dāng) x∈（x0，+∞）時，g′（x）＞0，
∴函數(shù) g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴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，
∴實數(shù) m的取值范圍是：（﹣∞，1]．
7【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）上單調(diào)遞增，
在（ln2，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）f（x）＞g（x）．
證明如下：
設(shè) h（x）=f（x）﹣g（x）=3ex+x2﹣9x+1，∵h(yuǎn)'（x）=3ex+2x﹣9 為增函數(shù)，
∴可設(shè) h'（x0）=0，∵h(yuǎn)'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，
1）．當(dāng) x＞x0時，h'（x）＞0；當(dāng) x＜x0時，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【解答】解：（1） ，
①當(dāng) 0＜a≤2時，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng) a＞2 時，設(shè) 2ax2﹣2ax+1=0 的兩個根為 ，且
，
y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）單調(diào)遞増，在（x1，x2）單調(diào)遞減．
（2）證明：依題可知 f（1）=0，若 f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有唯一的零點 x0，
由（1）可知 a＞2，且 ．
于是： ① ②
由①②得 ，設(shè) ，
則 ，因此 g（x）在 上單調(diào)遞減，
又 ，
根據(jù)零點存在定理，故 ．
9【解答】解：（1）f（x）= 的定義域是（0，+∞），f′（x）= ，
令 f′（x）＞0，解得 0＜x＜ ，令 f′（x）＜0，解得：x＞ ，
則 f（x）在（0， ）遞增，在（ ，+∞）遞減，
故 f（x）極大值=f（ ）= ，無極小值；
（2）函數(shù) f（x）的定義域為{x|x＞0且 x≠﹣a}．
= ，
要使函數(shù) f（x）在（0，﹣a）上單調(diào)遞增，則 a＜0，
又 x∈（0，﹣a）時，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的導(dǎo)數(shù)為 y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，
當(dāng) x＞ 時，函數(shù) y遞增，0＜x＜ 時，函數(shù) y遞減，
當(dāng)﹣a≤ 即﹣ ＜a＜0時，函數(shù)遞減，可得 a≥0，矛盾不成立；
當(dāng)﹣a＞ 即 a＜﹣ 時，函數(shù) y 在（0， ）遞減，在（ ，﹣a）遞增，
可得 y＜﹣2aln（﹣a）+a，
可得 a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，
則 a的范圍是[﹣1，0）；
（3）證明：a=﹣1，則 f（x）=
導(dǎo)數(shù)為 f′（x）= ，
設(shè)函數(shù) f（x）在（0，1）上的極值點為 x0，
可得 1﹣2lnx0﹣ =0，
即有 2lnx0=1﹣ ，
要證 f（x0）＜﹣2，即 +2＜0，
由于 +2= +2
= = ，
由于 x0∈（0，1），且 x0= ，2lnx0=1﹣ 不成立，
則 +2＜0，
故 f（x0）＜﹣2成立．
10【解答】解：（Ⅰ） …………………………………（2分）
x∈（0，1）時，f'（x）＞0，y=f（x）單增； x∈（1，+∞）
時，f'（x）＜0，y=f（x）單減 ....................................................................．（4分）
（Ⅱ）證明：令 h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x
＞0） ......................．（5分）
故 ……………………………．（7分）
令 h'（x）=0即 ，
兩邊求對數(shù)得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna .......................．（9分）
∴ ，
∴h（x）≥2lna﹣2ln2…........................................（12分）
11【解答】解：（Ⅰ）函數(shù) f（x）的定義域是（0，
+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣ = …（2
分）當(dāng) a≤0時，f′（x）＞0 對任意 x∈（0，+∞）恒成
立，
所以，函數(shù) f（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增；…（4分）
當(dāng) a＞0時，由 f′（x）＞0得 x＞ ，由 f′（x）＜0，得 0＜x＜ ，
所以，函數(shù)在區(qū)間（ ，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0， ）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）當(dāng) a=1 時，f（x）=x2+x﹣lnx，
要證明 f（x）+ex＞x2+x+2，
只需證明 ex﹣lnx﹣2＞0，設(shè) g（x）=ex﹣lnx﹣2，
則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的 x＞0，g（x）＞0，
令 g′（x）=ex﹣ =0，得 ex= ，
容易知道該方程有唯一解，不妨設(shè)為 x0，則 x0滿足 ex0= ，
當(dāng) x變化時，g′（x）和 g（x）變化情況如下表
x （0，x0） x0 （x0，∞）
g′（x） ﹣ 0 +
g（x） 遞減 遞增
g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2= +x0﹣2，
因為 x0＞0，且 x0≠1，所以 g（x）min＞2 ﹣2=0，
因此不等式得證．
12【解答】解：（Ⅰ）當(dāng) a=2時， ，定義域為（0，+∞），
，
f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，
f'（1）=2﹣2=0；
所以切點坐標(biāo)為（1，﹣3），切線斜率為 0
所以切線方程為 y=﹣3；
（ii）令 g（x）=2﹣lnx﹣2x2， 所
以 g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且 g（1）=0所
以當(dāng) x∈（0，1）時，g（x）＞0即 f'（x）＞0
所以當(dāng) x∈（1，+∞）時，g（x）＜0即 f'（x）＜0
綜上所述，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，+∞）．
（Ⅱ）證明：f（x）＜﹣1，即
設(shè) ， ，
設(shè) φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2
所以 φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立
即 h'（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減
因為 1＜a＜2，
所以 h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，
所以在（1，e2）上必存在一個 x0使得 ，
即 ，
所以當(dāng) x∈（0，x0）時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng) x∈（x0，+∞）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
所以 ，
因為 ，
所以 ，
令 h（x0）=0得 ，
因為 1＜a＜2，所以 ， ，
因為 ，所以 h（x0）＜0恒成立，
即 h（x）＜0恒成立，
綜上所述，當(dāng) 1＜a＜2時，f（x）＜﹣1．
13【解答】解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞）， ，
由題意知 ，則 ，
解得 x0=1，a=1或 x0=a，a=1，所以 a=1．
（2）令 ，則 ，
因為 ，所以 ，即 g（x）在（0，+∞）上遞增，
以下證明在 g（x）區(qū)間 上有唯一的零點 x0，
事實上 ， ，
因為 ，所以 ， ，
由零點的存在定理可知，g（x）在 上有唯一的零點 x0，
所以在區(qū)間（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
在區(qū)間（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
故當(dāng) x=x0時，f（x）取得最小值 ，
因為 ，即 ，
所以 ，
即 ＞0．
∴f（x）＞0．

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