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导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯

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专题22 隐零点问题(解析版)

专题22 隐零点问题(解析版)

专题22隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．1．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)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0，即k <x ＋x ＋1e x－1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h (x )的隐零点)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α.又e α＝α＋2且α∈(1,2)，则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)，所以k 的最大值为2.2．已知函数f (x )＝1－ln xx 2.(1)求函数f (x )的零点及单调区间；(2)求证：曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y 0<－1.【解析】(1)函数f (x )的零点为e.函数f (x )，＋，e (解答过程略)(2)证明：要证明曲线y ＝ln xx 存在斜率为6的切线，即证明y ′＝1－ln x x 2＝6有解，等价于1－ln x －6x 2＝0在x >0上有解．构造辅助函数g (x )＝1－ln x －6x 2(x >0)，g ′(x )＝－1x －12x <0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－5<0，1＋ln 2－32>0，所以∃x 0g (x 0)＝0.即证明曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线．设切点坐标为(x 0，f (x 0))，则f (x 0)＝ln x 0x 0＝1－6x 20x 0＝1x 0－6x 0，x 0令h (x )＝1x－6x ，x由h (x )h (x )<1，所以y 0＝f (x 0)<－1.3．设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点．当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，所以当a ＞0时，f ′(x )法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x ＞0)．因为函数g (x )＝2x (x ＞0)，h (x )＝e 2x (x ＞0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x ＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a ＞0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0.当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .4．已知函数f(x)＝xe x －a(x ＋ln x)．(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x 0是f(x)的一个极小值点，且f(x 0)>0，证明：f(x 0)>2(x 0－x 30)．【解析】(1)f′(x)＝(x ＋1)e x －(x ＋x ＝x ＋1xe x －ax，x ∈(0，＋∞)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a>0时，令h(x)＝xe x －a ，h′(x)＝(x ＋1)e x >0.显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(e a －1)>0，必存在x 0>0，使h(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x ＝x 0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．(2)证明由(1)得，f′(x 0)＝0，即00e xx ＝a ，f(x 0)＝00e xx －a(x 0＋ln x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)，因为f(x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g(x)＝1－x －ln x ，g′(x)＝－1－1x <0，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x 0∈(0,1)，设φ(x)＝ln x －x ＋1，x ∈(0,1)，φ′(x)＝1x －1＝1－x x，当x ∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x －1，所以－ln x>1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x >x ＋1>0.因为x 0∈(0,1)，所以0e x>x 0＋1>0,1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0>0，相乘得0e x(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f(x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．结论成立．5．已知函数f(x)＝－ln x －x 2＋x ，g(x)＝(x －2)e x －x 2＋m(其中e 为自然对数的底数)．当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m 的最大值．【解析】当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x.令h(x)＝(－x ＋2)e x －ln x ＋x ，x ∈(0,1]，所以h′(x)＝(1－x 当0<x≤1时，1－x≥0，设u(x)＝e x －1x ，则u′(x)＝e x ＋1x2>0，所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，且＝e －2<0，u(1)＝e －1>0，所以存在x 0u(x 0)＝0，即0e x＝1x 0，所以ln x 0＝－x 0.当x ∈(0，x 0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x ∈(x 0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.所以函数h(x)在(0，x 0]上单调递减，在[x 0,1)上单调递增，所以h(x)min ＝h(x 0)＝(－x 0＋2)0e x－ln x 0＋x 0＝(－x 0＋2)·1x 0＋2x 0＝－1＋2x 0＋2x 0.因为y ＝－1＋2x ＋2x 在x ∈(0,1)上单调递减，又x 0h(x 0)＝－1＋2x 0＋2x 0∈(3,4)，所以当m≤3时，不等式m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x 对任意的x ∈(0,1]恒成立，所以正整数m 的最大值是3.6．已知f(x)＝x 2－4x －6ln x.(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf′(x)－f(x)＞x 2＋12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x －(a －6)ln x ，若g(x)有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g(x)的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f(x)＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x －4－6x ，且f′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f′(x)＝2x (x ＋1)(x －3)，令f′(x)＞0解得x ＞3，令f′(x)＜0解得0＜x ＜3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf′(x)－f(x)＞x 2＋12等价于k ＜x ＋xln x x －1，记h(x)＝x ＋xln xx －1，则k<h(x)min ，且h′(x)＝x －2－ln x (x －1)2，记m(x)＝x －2－ln x ，则m′(x)＝1－1x ＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m(3)＝1－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m(x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h(x)在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h(x)min ＝h(x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g(x)＝x 2－aln x ，则g′(x)＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x ，令g′(x)＝0，得x 0＝a2，当x g′(x)＜0，当x g′(x)＞0，所以g(x)而要使g(x)有两个零点，要满足g(x 0)＜0，即－alna2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t(t ＞1)，由g(x 1)＝g(x 2)，可得x 21－aln x 1＝x 22－aln x 2，即x 21－aln x 1＝t 2x 21－aln tx 1，所以x 21＝aln t t 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2aln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h(t)＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h′(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，则n′(t)＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.7．已知函数()e =-x f x a bx ．当1a ≥时,4()ln 5+≥f x x ,求整数b 的最大值．【解析】当1a 时,4ln 5xae bx x -+ ,即4ln 5xe bx x -+ ,因为0x >,所以只需4ln 5x e x b x-- ,令4ln 5()x e x g x x--=,4(1)5g e =-,所以45b e - ．21(1)ln 5()x e x x g x x '-+-=,令1()(1)ln 5xF x e x x =-+-,()F x 在(0,)+∞递增但()0F x =无法求解,故引入隐零点：211(1)0,(2)ln 2055F F e =-<=+->,根据零点存在性定理,0(1,2)x ∃∈,使得()00F x =,即()00011ln 05x ex x -+-=．当()00,x x ∈时,()0<F x ,即()0g x '<,()g x 为减函数,当()0,x x ∈+∞时,()0F x >,即()0g x '>,()g x 为增函数,所以()000min004ln 15()x x e x g x g x e x x --===-,故001x b e x -；1x y e x=-在(0,)+∞递增,0(1,2)x ∈,所以0011x e e x ->-,又45b e -所以整数b 的最大值是1．8．已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x af x ex a-'=-+.∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减，∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f ea ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+，所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x aex a -=+（*）.函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增.∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解.又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.9．已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．（1）令()()()h x f x eg x =-，求()h x 的最小值；（2）若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【解析】（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，∴()()()1111xx e h x x e e x e x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴当()0,1x ∈，()0h x '<，即()h x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞上单调递增，故()()10h x h ≥=，∴()h x 的最小值为0；（2）原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由01ln 20000001ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有x y xe =在()0,∞+上单调递增，∴0001lnln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000minln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦，∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．10．已知函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在点()()22,A e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4．（1）求实数a 的值；（2）若m Z ∈，且()()11m x f x -<+对任意1x >恒成立，求m 的最大值．【解析】（1）()()1ln f x a x x x =-+ ，()ln f x x a ∴'=+，函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在2x e =处的切线斜率为4，()24f e ∴'=，即2ln 4a e +=，因此，2a =；（2）由（1）知()ln f x x x x =+．()()1m x f x -< 对任意1x >恒成立，()1ln 111f x x x x m x x +++∴<=--对任意1x >恒成立，令()ln 11x x x g x x ++=-，则()()()()()()22ln 21ln 1ln 311x x x x x x x g x x x +--++--==--'，令()ln 3u x x x =--，则()11u x x'=-，1x >Q ，()0u x ∴'>，()ln 3u x x x ∴=--在()1,+∞为增函数，()41ln 40u =-< ，()52ln 50u =->，∴存在()04,5x ∈，使()000ln 30u x x x =--=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数()y g x =单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，函数()y g x =单调递增.()()()00000min 003111x x x g x g x x x +-+∴===--，故有01m x <-对1x >恒成立．()04,5x ∈ ，()013,4x ∴-∈，因此，m 的最大值为3．11．已知函数()e ln xa f x x x x=-+.（1）若()f x 在2x =处的切线斜率为12,求实数a 的值；（2）当1e <-a 时,判断()f x 的极值点个数；（3）对任意1ex ≥,有()1f x ≤,求a 的取值范围.【解析】（1）()()()2e 1110x a x f x x x x-'=-+>,()2e 21242a f +'==,解得0a =（2）()()()()221e e 111x x x a x a x f x x x x -+-'=-+=,令()()e 0x x a x x ϕ=+>，当1e <-a 时,()11e e ex x x x x ϕ-<-⋅+=-+.易证：e 1x x ≥+,所以1e x x -≥.所以()0x x x ϕ<-+=.所以()0,1x ∈时,()0f x '>,单调递增,()1,x ∈+∞时,()0f x '<,单调递减,所以1x =是()f x 的唯一极值点,所以()f x 只有一个极值点.（3）任意1e x ≥,()e ln 1xa f x x x x =-+≤可转化为()ln 1e xx x x a -+≤令()()ln 1e x x x x h x -+=,()()()1ln 2e xx x x h x --+'=,令()ln 2x x x ϕ=-+,()1xx x ϕ'-=,令()10x x xϕ-'==,得1x =,()x ϕ在()0,1递增,在()1,+∞单调递减,且()110ϕ=>,()22e4e0ϕ=-<,(e)3e 0ϕ=->,1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,所以1e x ≥时,()x ϕ在()2e,e 内存在唯一零点0x ,1,1e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0x ϕ>,()0h x '>,()h x 单调递增,()01,x x ∈时,()0x ϕ>,()0h x '<,()h x 单调递减,()0,x x ∈+∞时,()0x ϕ<,()0h x '>,()h x 单调递增,所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭,12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=,所以020e x x -=所以()0002200e e e e x x x x h x ---==-=-，因为122e e e ----<-,所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以()()20min e h x h x -==-,即2a -≤-.12．已知定义在(1,)+∞上的函数()ln 2,()ln f x x x g x x x x =--=+.（1）求证：()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4)；（2）若k ∈Z,且()(1)g x k x >-对任意的1x >恒成立,求k 的最大值.【解析】（1）()f x 的定义域为()1,+∞,()'1110x f x x x-=-=>,所以()f x 在()1,+∞上递增.()()231ln 30,42ln 4ln ln 40f f e =-<=-=->,所以()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4).（2）由g （x ）>k （x ﹣1）对任意的x >1恒成立,得：k ln 1x x xx +<-,（x >1）,令h （x ）ln 1x x x x +=-,（x >1）,则()()()()'22ln 211f x x x h x x x --==--,设f （x 0）=0,则由（1）得：3<x 0<4,0000ln 20,ln 2x x x x --==-，∴h （x ）在（1,x 0）递减,在（x 0,+∞）递增,()h x 在()1,+∞上的极小值也即是最小值为()()()()000000000000021ln 3,4111x x x x x x x x h x x x x x -+-+====∈---,由于k 是整数,所以k 的最大值是3.13．已知函数()ln 2f x x =+,()()212e ln 0x g x a a a=->．（1）设函数()()12h x f x x =+--,求()h x 的最大值；（2）证明：()()f x g x ≤．【解析】（1）因为()()()ln 11h x x x x =+->-,所以()()11111x h x x x x '=-=->-++．当()1,0x ∈-时,()0h x '>；当()0,x ∈+∞时,()0h x '<．所以()h x 在()1,0-上为增函数,在()0,∞+上为减函数,从而()()max 00h x h ==．（2）证明：原不等式等价于()22e ln 2ln0xx a x a a aϕ=---≥,则()222e 2e x xa x a x x xϕ-'=-=,令()22e x a m x x =-,则()224e 0xa m x x '=+>,所以,()x ϕ'在()0,∞+上单调递增．令()22e x t x x a =-,则()00t a =-<,()()222e 2e 10a at a a a a =-=->,所以,存在唯一()00,x a ∈使得()02002e0x t x x a =-=,即()02002e0x ax x ϕ'=-=,当00x x <<时,()0x ϕ'<；当0x x >时,()0x ϕ'>此时()x ϕ在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增,要证()0x ϕ≥,即要证()00x ϕ≥．于是原问题转化为证明不等式组()00202002e 02e ln 2ln 0x x a x x a x a a a ϕ⎧-=⎪⎪⎨⎪=---≥⎪⎩,由0202e 0x a x -=,得020e 2x a x =,代入()02002e ln 2ln xx a x a a aϕ=---．对020e2x a x =两边取对数得00ln ln 22ax x =-,代入()0002ln 2ln 2a x a x a a x a ϕ=---,得()000222a x ax a x ϕ=+-．因为()00022202a x ax a a x ϕ=+-≥=,当且仅当012x =,e a =时,等号成立,所以()()f x g x ≤．14．已知函数()()()23ln R 2x f x a x a x a =+-+∈,在定义域上有两个极值点1212,,x x x x <且．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证:()()1250f x f x ++>【解析】（1）()()()(3),0,a f x x a x x '=+-+∈+∞,因为函数()f x 的定义域上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以方程()(3)0a f x x a x'=+-+=在(0,)+∞上有两个根1x ,2x ,且12x x <,即2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不相等的根1x ,2x ,所以2(3)02Δ(3)400a a a a -⎧->⎪⎪=-->⎨⎪>⎪⎩,解得01a <<,当01a <<时,若10x x <<或2x x >,2(3)0x a x a +-+>,()0f x '>,所以函数()f x 在1(0,)x 和2(x ,)∞+上单调递增,若212,22(3)20,()0x x x x a x a f x '<<+-+<<,所以函数()f x 在1(x ,2)x 上单调递减,故函数()f x 在(0,)+∞上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以,实数a 的取值范围是(0,1)；（2）证明：由（1）知,1x ,212(0)x x x <<是方程2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不等的实根,所以12123x x a x x a +=-⎧⎨=⎩,其中01a <<,故2212121122()()(3)ln (3)ln 22x x f x f x a x a x a x a x +=+-+++-+212121212()(3)()ln 2x x x x a x x a x x +=-+-++2(3)(3)(3)ln 2a a a a a a -=-+--+29ln 222a a a a =-+-,令29()ln 222a g a a a a =-+-,其中01a <<,故g '（a ）ln 3a a =-+,令1()()ln 3,()10h a g a a a h a a ''==-+=->,所以函数h （a ）在(0,1)上单调递增,由于33(e )2e 0h --=-<,h （1）20=>,所以存在常数3(t e -∈,1),使得()0h t =,即ln 30t t -+=,ln 3t t =-,且当(0,)a t ∈时,()h a ()g a '=0<,所以函数g （a ）在(0,)t 上单调递减,当(,1)a t ∈时,()h a ()g a '=0>,所以函数g （a ）在(,1)t 上单调递增,所以当01a <<时,222999()()ln 2(3)2222222t t t g a g t t t t t t t t ≥=-+-=--+-=--,又3(,1)t e -∈,2291(1)55222t t t --=-->-,所以g （a ）5>-,即g （a ）50+>,所以12()()50f x f x ++>．15．已知函数()()2ln 2f x x ax a x =-+-．（a R ∈）（1）讨论()f x 的单调性；（2）若对任意()0,x ∈+∞都有()()21x f x a x x xe x ++-≤-,求实数a 的取值范围．【解析】（1）函数定义域是()0,∞+,由已知()()()()2221211122ax a x x ax f x ax a x x x-+-+-+-'=-+-==,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()0f x '>,10x a ⇒<<,()0f x '<,1x a>所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数,综上所述,当0a ≤时,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数．（2）由题意得,对任意()0,x ∈+∞都有()()2e 1x f x a x x x x ++-≤-,即ln 1xx x a xe ++≥恒成立．令()ln 1e x x x g x x ++=,则()()()21ln ex x x x g x x -++'=．令()ln h x x x =+,则()h x 在()0,∞+上单调递增,因为1110e eh ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,()110h =>,所以存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()000ln 0h x x x =+=,当()00,x x ∈时()0h x <,()0g x '>,()g x 单调递增,当()0,x x ∈+∞时()0h x >,()0g x '<,()g x 单调递减．所以()()0000max 0ln 1e x x x g x g x x ++==,由于00ln 0x x +=,可得00ln x x =-．则001e x x =,所以()()0000max 0ln 11e x x x g x g x x ++===,又ln 1xx x a xe ++≥恒成立,所以1a ≥．综上所述实数a 的取值范围为[)1,+∞．16．已知函数()()212x f x xe ax ax a =++∈R（1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()214ln 12f x ax ax x ≥+++在()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()(1)x f x e a x '=++①当0a ≥时,0,10x e a x +>+>时,()0,()f x f x '>在(1,)-+∞上单调递增；当10x +<,即1x <-时,()0,()f x f x '<在(,1)-∞-上递减；②当10a e-<<时,令()0f x '>,得ln()x a <-或1x >-,函数递增；令()0f x '<,得ln()1a x -<<-,函数递减③当1a e=-时,()0f x '≥恒成立,函数在R 上递增④当1a e<-时,令()0f x '>,得1x <-或ln()x a >-,函数递增；令()0f x '<,得1ln()x a -<<-,函数递减.（2）不等式21()4ln 12f x ax ax x ≥+++在(0,)+∞上恒成立,即ln 13x xe x ax --≥对任意的,()0x ∈+∞恒成立,ln 13x x a e x+∴≤-对任意的,()0x ∈+∞恒成立记ln 1()x x F x e x +=-,则222ln ln ()x x x x e x F x e x x '+=+=,记2()ln x h x x e x =+,则21()2x x h x xe x e x'=++,易知()0h x '>在(0,)+∞上恒成立,()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且211211110,(1)0e e h e e h e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-<=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =,且当()00,x x ∈时()0h x <,即()0F x '<,∴函数()F x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时()0h x >,即()0F x '>,故()F x 在()0,x +∞上单调递增,()min 0()F x F x ∴=,即00min 0ln 1()x x F x e x +=-,又()00h x =,故0200ln x x e x =-,即100ln 001ln x x x e e x =⋅,令()x g x xe =()0x x x xe e xe '=+> 在(0,)+∞上恒成立,∴函数()x g x xe =在(0,)+∞上单调递增,且值域为(0,)+∞,0000000min 0000ln 1ln 1111ln ,()1x x x x e x x x F x e x x x x +--+-∴==-===，31a ∴≤.综上,实数a 的取值范围是1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.17．已知函数()e cos 2x f x a x =+-,()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间(0,)2π内极值点的个数；（2）若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,求整数a 的最小值．【解析】（1）解：由()e cos 2x f x a x =+-,得()e sin x f x a x '=-,令()e sin x g x a x =-则()e cos x g x a x '=-,(0,)2x π∈ ,e 1x ∴>,0cos 1x <<,当1a ≤时,()0g x '>,()g x 单调递增,即()'f x 在区间(0,2π内无极值点,当1a >时,()e sin x g x a x ''=+,(0,)2x π∈,故()0g x ''>,故()g x '在(0,)2π单调递增,又(0)10g a '=-<,2(e 02g ππ'=>,故存在0(0,)2x π∈,使得0()0g x '=,且0(0,)x x ∈时,()0g x '<,()g x 递减,0(x x ∈,2π时,()0g x '>,()g x 单调递增,故0x x =为()g x 的极小值点,此时()f x '在区间(0,2π内存在1个极小值点,无极大值点；综上：当1a ≤时,()f x '在区间(0,)2π内无极值点,当1a >时,()f x '在区间(0,)2π内存在1个极小值点,无极大值点．（2）解：若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则(0)120f a =+-≥,故1a ≥,下面证明1a ≥时,()0f x ≥在[2x π∈-,0]恒成立,[2x π∈- ,0]时,0cos 1x ≤≤,故1a ≥时,()e cos 2e cos 2x x f x a x x =+-≥+-,令()cos 2x h x e x =+--,[2x π∈-,0],故()e sin x h x x '=-令()sin x x e x ϕ=-则()e cos x x x ϕ'=-,()e sin x x x ϕ''=+在区间[2π-,0]单调递增,因为13()e e 0322ππϕ--''-=<-<,(0)10ϕ''=>,所以()x ϕ''在[,0]2π-上存在零点0x ,且02x x π-<<时,()0x ϕ''<；00x x <<时,()0x ϕ''>,故()x ϕ'在0,2x π⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数,在()0,0x 上为增函数,又2()e 02ππϕ-'-=>,1311(e e 0322ππϕ--'-=-<-<,(0)0ϕ'=,故存在1(2x π∈-,)3π-,使得1()0x ϕ'=,且(2x π∈-,1)x 时,()0x ϕ'>,()h x '递增,1(x x ∈,0)时,()0x ϕ'<,()h x '单调递减,故1x x =时,()h x '取得最大值,且1()()max h x h x '=',1()0x ϕ'= ,∴11cos x e x =,1111()()cos sin 04max h x h x x x x π∴'='=-=+≤,故()h x 单调递减,故[2x π∈-,0]时,()(0)0h x h ≥=即()0f x ≥成立,综上,若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则整数a 的最小值1．18．已知函数ln ()e xx ax f x +=,a ∈R .（1）若函数()y f x =在0x x =处取得极值1,其中0ln 2ln 3x <<.证明：1123ln 2ln 3a -<<-；（2）若1()e xf x x ≤-恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）证明：()1(ln )xa x ax x f x e +-+'=,因为函数()y f x =在0x x =处取得极值1,()()000001ln 0x a x ax x f x e +-+'∴==,且()0000ln 1x x ax f x e +==,00001ln x a x ax e x ∴+=+=,001x a e x ∴=-,令1()(0)x r x e x x =->,则2'1()0x r x e x=+>,()r x ∴为()0,∞+上的增函数,00ln 2ln 3x <<< ,(ln 2)(ln 3)r a r ∴<<,即1123ln 2ln 3a -<<-.（2）解：不等式1()e x f x x ≤-恒成立,即不等式n e l 1x x x ax --≥恒成立,即ln 1e x x a x x ≤--恒成立.令ln 1()e x x g x x x =--,则222221ln 1ln (e e )x x x x g x x x x -+'=-+=.令2()ln x h x x e x =+,则()21(e )2x h x x x x '=++.0x >,()0h x '∴>.()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且(1)0h e =>,1ln 2042h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭.()h x ∴有唯一零点1x ,且1112x <<.当()10,x x ∈时,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减；1111ln e 1x a x x x ∴≤--.由()10h x =整理得1111e ln x x x x =-,1112x << ,1ln 0x ->,令e ()(0)x k x x x =>,则方程1111e ln x x x x =-等价于()()11ln k x k x =-,而()(1e )x k x x '=+在(0,)+∞上恒大于零,()k x ∴在(0,)+∞上单调递增,()()11ln k x k x =- ,11ln x x ∴=-,111e x x ∴=,()()111111111ln 1e 111x x x g x x x x x x -∴=--=--=，1a ∴≤.所以实数a 的取值范围为(],1-∞.。

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,∞)。

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

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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。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案

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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】（）解：（）x（x﹣﹣）≥0，因为x＞，所以x﹣﹣≥恒成立，1 f x =e ae a x e 0ae a x 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），（）=＜，故（）在（， +∞）递减，h ′ x0h x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））（ 2+x ）≤（）2，= （﹣ x00=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．．已知函数f （）+（∈ ）2x=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：（）∵函数f （）在区间[，+∞）上为增函数，1x e∴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）．即当1＜＜x0时h（）＜即（）＜0 0=0x x0g′ xx＞ x0时∈（ 3h，（4x），＞使0 h （即x g′（x）＞ 0 g（ x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令 h（ x0） =x0﹣ lnx0﹣ 2=0，即 lnx 0=x0﹣ 2，g（ x）min =g（ x ） ===x ∈（ 3， 4）．003．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；（）当﹣，∈（， ]时，（）＞（）恒成立，求正整数m 的最大值．2a= 1 x01f x g x【解答】解：（）函数f （）定义域是（，+∞），1x，（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＜≤时，1﹣≥ ，0x 1x0设，则，∴ u（ x）在（ 0，1）递增，又∵ （）在区间（，] 上的图象是一条不间断的曲线，u x01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+1．5．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；（）当＞0时，函数f（）≥恒成立，求实数a的取值范围．2x x【解答】解：（）若，则f （）x﹣（2x﹣），1a=1x=xe 21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且函数 f（ x）在（ 0， x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，∈（0，1]，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即： f（ x0）≥ 0 恒成立，所以∈（ 0， 1]，∴，．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）∵（）满足：当x＞时，（）≥lnx﹣ +m，f x f x x∴m ≤x﹣﹣+，① 令（）x﹣﹣ +1，＞，xe x lnx 1g x=xe x lnx x 0则=，设 g ′（ x 00 ＞ 0，则 0 0）=0， x = ，从而 lnx =﹣ x ，g ′（ ） =3（）＜ 0 ，g ′（ 1） =2（ e ﹣ 1）＞ 0，由 g ′（ ）﹣ g ′（1 ）＜ 0，知：，当 x ∈（ 0， x 0）时， g ′（ x ）＜ 0；当 x ∈（x 0，+∞）时， g ′（ x ）＞ 0，∴函数 g （ x ）在（ 0， x 0）上单调递减，在（ x 0，+∞）上单调递增．∴g （x ）min =g （ x 0） = ﹣ x 0﹣ lnx 0= ﹣ x 0﹣ lnx 0=x 0 ? ﹣ x 0+x 0=1．m ≤ xe x ﹣ x ﹣ lnx+1 恒成立 ? m ≤ g （ x ） min ，∴实数 m 的取值范围是： （﹣∞， 1] ．7．已知函数 f （ x ） =3e x +x 2， 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 +x 2﹣ 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当 x ＞ x 0 时， h' （x ）＞ 0；当 x ＜x 0 时， h'（ x ）＜ 0．∈（ 0， 1）．∴h （ x ） min =h （x 0）=，又 ，∴，∴ ==（ x0﹣ 1）（ x 0﹣ 10），∵x 00﹣1）（ x 0﹣ 10）＞ 0，∴h （∈（x ）0，min 1＞），0，∴∴（f （xx ）＞ 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 0，证明：．第 6页（共 12页）【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2﹣+的两个根为，且2ax2ax 1=0，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）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x0，可得 1﹣ 2lnx00=1﹣，﹣=0，即有 2lnx要证f （）＜﹣，即+ ＜，x02 2 0由于+2=+2==，由于 x00=不成立，则+2＜ 0，， 2lnx =1﹣∈（ 0，1），且 x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；∈（， +∞）时，（）＜0，（）单减．（分）x1f'x y=f x4（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﹣lnx 0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x（0， x0）x0（ x0，∞）（）﹣0+g ′ xg（ x）递减递增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．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．（Ⅰ）当 a=2 时，（ i）求曲线y=f（ x）在点（ 1， f（1））处的切线方程；（i i）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）＜﹣ 113．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 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x0，事实上，，因为，所以，，由零点的存在定理可知，（）在上有唯一的零点x0，g x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．。

导数专题--隐零点问题-2

导数专题--隐零点问题-2

导数专题---<< 隐零点问题>>1. 已知函数f (x) =e x-ln (x+m)()设x=0是f (x)的极值点，求m,并讨论f (x)的单调性;(H)当m W22寸，证明f (x)> 0.2. 设函数f (x) =e x+ax+b在点(0, f (0))处的切线方程为x+y+1=0.(I)求a, b值，并求f (x)的单调区间；(n )证明：当时，f (x)>x2-4.3. 已知函数f (x) =□•；—•；「.:(1)证明：？k€ R,直线y=g (x)都不是曲线y=f (x)的切线；(2)若？x€ [e, e2]，使得f (x)宅(x) +成立，求实数k的取值范围.4. 已知函数f( x) =alnx-e x;(1)讨论f (x)的极值点的个数；(2)若a=2,求证：f (x)v 0.5. 已知函数f (x) 二^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€( 0,］，求证：？x€( 0,2］，都有f( x)v6. 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-e x+3，求证：f (x)> g (x)在(0, +〜上恒成立.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,且对任意x> 1，都有kv%成立，求k的最大值.【练习】1 .已知函数f( x) = (ae x-a-x) e x(a%, e=2.718…，e为自然对数的底数)，若f (x) 丸对于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2 .已知函数f ( x) =ax+xInx (a€ R)(1)若函数f (x)在区间［e, +s)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 )v f (x)在x €( 1, +^)上恒成立，求k 的最大值.3 .已知函数f ( x) =e x+a- Inx (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;(H)求证：当-一一—丄时，f (x)> e+1.e4 .函数f (x) =alnx - x2+x, g (x) = (x - 2) e x- x2+m (其中e=2.71828 ….(1)当aO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.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)为恒成立，求实数a的取值范围.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)目nx - x+m，求实数m的取值范围.7 .已知函数f ( x) =3e x+x2, g (x) =9x- 1 .(1)求函数0 (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.8 .已知函数f (x) =lnx+a (x - 1) 2( a> 0).(1) 讨论f (x)的单调性；丄(2) 若f (x)在区间(0, 1 )内有唯一的零点X0,证明：已三<运$「9 .已知函数f (x)= … ，其中a为常数.(x+a ) 2(1)若a=0,求函数f (x)的极值；(2)若函数f (乂)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 o，求证：f (x o)v- 2.10 .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；(n)求证：g (x)- 2f (x) 汽(In a - l n2 ).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；(n)当a=1 时，证明：对任意的x>0, f (x) +e x>x2+x+2 .12 .已知函数二工-—!：■：.(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；(n)若1 v a v 2,求证：f (x )<- 1.13.已知函数f (x) = (x- a) Inx+y^x,(其中a€ R)(1)若曲线y=f (x)在点(x o, f (x o))处的切线方程为x, 求a的值;(2)若丄". . .-为自然对数的底数)，求证：f (x)> 0.。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。

1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。

解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。

当$x=0$时，显然成立。

当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。

令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。

又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。

当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。

令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。

又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。

综上，$a=1$。

2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。

令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。

设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。

专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)

专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)

导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。

2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈， 当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减， 当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>， 所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立， 所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值； （2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行， 则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+， 当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点， 当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点， 当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=， 当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<， 综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由； （2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+， 当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增， 而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'， 故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭， 当[)0,x x π∈-时，()0f x '<； 当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'， 当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立， 则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-， 易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增， 因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增， 又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->， 故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=， 此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈， 易知()x ϕ在()1,a 上单调递减， 所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增， 当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减， 当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增， 所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增， 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=， 所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点， 所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增 因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．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,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)， 有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意； 当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减， 又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意； 当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增， 又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。

导数专题---隐零点问题-1

导数专题---隐零点问题-1

导数专题---<<隐零点问题>>1.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：（Ⅰ）∵，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）＞0．2.设函数f（x）=e x+ax+b在点（0，f（0））处的切线方程为x+y+1=0．（Ⅰ）求a，b值，并求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）＞x2-4．解：（Ⅰ）f′（x）=e x+a，由已知，f′（0）=-1，f（0）=-1，故a=-2，b=-2，f′（x）=e x-2，当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（-∞，ln2）单调递减，在（ln2，+∞）单调递增；…（6分）（Ⅱ）设g（x）=f（x）-（x2-4）=e x-x2-2x+2，g′（x）=e x-2x-2=f（x）在（ln2，+∞）单调递减，在（-∞，ln2）单调递增，因为g′（0）=-1＜0，g′（2）=e2-6＞0，0＜ln2＜2，所以g′（x）在[0，+∞）只有一个零点x0，且x0∈（0，2），=2x0+2，当x∈[0，x0）时，g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，即g（x）在[0，x0）调递减，在（x0，+∞）时，单调递增，当x≥0时，g（x）≥g（x0）==4-＞0，即f（x）＞x2-4，3.已知函数f（x）=．（1）证明：∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）若∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立，求实数k的取值范围．解：（1）证明：f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f（x）的导数为f′（x）=，直线y=g（x）过定点（1，0），若直线y=g（x）与y=f（x）相切于点（m，），则k==，即为ln m+m-1=0①设h（x）=ln x+x-1，h′（x）=+1＞0，则h（x）在（0，+∞）递增，h（1）=0，当且仅当m=1①成立．与定义域矛盾，故∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）f（x）≤g（x）+⇔-k（x-1）≤，可令m（x）=-k（x-1），x∈[e，e2]，则∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立⇔m（x）min≤．m′（x）=-k=-（-）2+-k，当k≥时，m′（x）≤0，m（x）在[e，e2]递减，于是m（x）min=m（e2）=-k（e2-1）≤，解得k≥，满足k≥，故k≥成立；当k＜时，由y=-（t-）2+-k，及t=得m′（x）=-（-）2+-k在[e，e2]递增，m′（e）≤m′（x）≤m′（e2），即-k≤m′（x）≤-k，①若-k≥0即k≤0，m′（x）≥0，则m（x）在[e，e2]递增，m（x）min=m（e）=e-k（e-1）≥e＞，不成立；②若-k＜0，即0＜k＜时，由m′（e）=-k＜0，m′（e2）=-k＞0，由m′（x）单调性可得∃x0∈[e，e2]，由m′（x0）=0，且当x∈（e，x0），m′（x）＜0，m（x）递减；当x∈（x0，e2）时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）的最小值为+k（x0-1），由+k（x0-1）≤，可得k≥（-）＞（）=＞，与0＜k＜矛盾．综上可得k的范围是k≥．4.已知函数f（x）=a ln x-e x；（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）若a=2，求证：f（x）＜0．解：（1）根据题意可得，f′（x）=-e x=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，函数y=f（x）是减函数，无极值点；当a＞0时，令f（x）=0，得a-xe x=0，即xe x=a，又y=xe x在（0，+∞）上存在一解，不妨设为x0，所以函数y=f（x）在（0，x0）上是单调递增的，在（x0，+∞）上是单调递减的；所以函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；总之：当a≤0时，f（x）无极值点；当a＞0时，函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；（2）证明：a=2时，f（x）=2ln x-e x，f′（x）=（x＞0），由（1）可知f（x）有极大值f（x0），且x0满足x0=2…①，又y=xe x在（0，+∞）上是增函数，且0＜2＜e，所以x0∈（0，1），又知：f（x）min=f（x0）=2ln x0-…②；由①可得=，代入②得f（x）min=f（x0）=2ln x0-，令g（x）=2ln x-，则g′（x）=+=＞0恒成立，所以g（x）在（0，1）上是增函数，所以g（x0）＜g （1）=-2＜0，即g（x0）＜0，所以f（x）＜0．5.已知函数f（x）=+a ln x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∈（0，]，求证：∀x∈（0，2]，都有f（x）＜．解：（1）f（x）=+a ln x，f′（x）=，若函数f（x）=+a ln x有极值点，则ae x-x2=0有解，显然a＞0，令m（x）=ae x-x2，（a＞0），则m′（x）=ae x-2x，m″（x）=ae x-2，令m″（x）＞0，解得：x＞ln，令m″（x）＜0，解得：x＜ln，∴m′（x）在（-∞，ln）递减，在（ln，+∞）递增，∴m′（x）min=m′（ln）=2-2ln＜0，解得：a＜，故0＜a＜；（2）f（x）=+a ln x，f′（x）=，令h（x）=ae x-x2，则h′（x）=ae x-2x，0＜x≤1时，h′（x）≤ae-2＜0，由于h（a）=a（e a-a）＞0，h（1）=ae-1≤0，∴f（x）在（a，1）内有唯一极大值点x0，当a=时，f（x）有极大值点x=1，∴x∈（0，2]时，f（x）max≤max{f（1），f（x0）}，f（x0）=（a＜x0＜1），令ω（x）=，（a＜x＜1），则ω′（x）=-e-x（x-2）x lnx＜0，∴ω（x）＜ω（a）=＜，又f（1）=，∴max{f（1），f（x0）}＜．6.设函数f（x）=ax2-ln x+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2-e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．解：（1）函数f（x）=ax2-ln x+1的导数为f′（x）=2ax-=，x＞0，当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当a＞0时，由f′（x）＞0，可得x＞；由f′（x）＜0，可得0＜x＜．则当a≤0时，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；（2）证明：h（x）=f（x）-g（x）=ax2-ln x+1-（ax2-e x+3）=e x-ln x-2，h（x）的导数为h′（x）=e x-=，由y=xe x-1的导数为y′=（x+1）e x＞0，对x＞0恒成立，即有函数y=xe x-1在x＞0上递增，且y＞-1．设xe x-1=0的根为x0，即有x0e x0=1，（0＜x0＜1），则当x＞x0时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）递减．故当x=x0时，h（x）取得最小值，且为e x0-ln x0-2，即有+x0-2＞2-2=0，则h（x）＞0恒成立，即有f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．另解：当x＞0时，由e x＞x+1，ln x＜x-1这两个不等式知，f（x）-g（x）=e x-ln x-2＞x+1-x+1-2=0，即为f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．7.已知函数f（x）=x lnx+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，且对任意x＞1，都有k＜成立，求k的最大值．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=ln x+1+a，∴⇒∴f（x）=x lnx+2x-1．（2）可化为，令，则k＜g（x）min，，x∈（1，+∞）．令h（x）=x-2-ln x，则，∴h（x）在（1，+∞）上为增函数．又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，故存在唯一的x0∈（3，4）使得h（x0）=0，即x0-2=ln x0．当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（1，x0）上为减函数；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（x0，+∞）上为增函数．∴，∴k＜x0+1．∵x0∈（3，4），∴x0+1∈（4，5），∵k∈Z，∴k的最大值为4．【练习】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】（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）==＞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：（1）∵f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在[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1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0，x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（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．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】（Ⅰ）解：（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+1．4．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：（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3．5．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：（1）y=﹣3x+2．（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．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：（1），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]．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：（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：（1），②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：依题知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）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：（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：（Ⅰ）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）故令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln211．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：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=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；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e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证对任意x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，易知方程有唯一解，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x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增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：（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：（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．。

专题十三 隐零点问题解析版

专题十三 隐零点问题解析版

专题十三隐零点问题1．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．【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x0），只要最小值大于2a+aln，问题得以证明．【解答】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＜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，所以当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．【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．2．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）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．【分析】（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求出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）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．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x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．【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．【点评】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．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．3．已知函数f（x）＝xe x﹣a（x+lnx）．（1）若a＝0，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；（2）讨论f（x）极值点的个数；（3）若x0是f（x）的一个极小值点，且f（x0）＞0，证明：．【分析】（1）当a＝0时，f（x）＝xe x，求导，求出在x＝1处的切线的斜率及在x＝1处的函数值，进而求出在x＝1出的切线的方程；（2）对函数f（x）求导，讨论a的不同的范围求出函数极值点的情况．（3）由（2）可得a＝x0e，将a值代入f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），构造函数φ（x）＝1﹣x﹣lnx，可得它的单调性，进而求出x0的范围，再构造函数H（x）＝x﹣lnx﹣1，求导，求出其单调性可得e x＞x，放缩可得f（x0）＞2（x02﹣x03）．【解答】解：（1）当a＝0时f（x）＝xe x，则f'（x）＝（x+1）e x，所以f（1）＝e，f'（1）＝2e，所以函数f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣e＝2e（x﹣1），即2ex﹣y﹣e＝0．（2）f'（x）＝（x+1）e x﹣a（1+）＝（x+1）（e x﹣）＝，x＞0，①当a≤0时f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，不存在极值②当a＞0，令f'（x）＝0，则xe x＝a，令g（x）＝xe x﹣a，g'（x）＝（x+1）e x＞0，g（x）单调递增，又因为g（0）＝﹣a＜0，g（a）＝a（e a﹣1）＞0，必存在x0＞0，使g（x0）＝0，x∈（0，x0），g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（x0，+∞），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以x＝x0是f（x）的极小值点，综上所述：当a≤0，f（x）无极值点，a＞0时，f（x）有一个极值点．（3）证明：由（2）f'（x）＝0，即x0e＝a，所以lna＝x0+lnx0，所以f（x0）＝x0e﹣x0e（x0+lnx0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），x0＞0，由f（x0）＞0，x0e＞0，可得1﹣x0﹣lnx0＞0，令φ（x）＝1﹣x﹣lnx，φ'（x）＝﹣1﹣＜0，显然φ（x）在（0，+∞）单调递减，而φ（1）＝0，由φ（x）＞φ（1），所以0＜x0＜1，令H（x）＝x﹣lnx﹣1，H'（x）＝1﹣，x＞1，H'（x）＞0，函数H（x）单调递增，0＜x＜1，H'（x）＜0，H（x）单调递减，所以H（x）≥H（1）＝0，所以x﹣1≥lnx，所以﹣lnx＞1﹣x，所以ln（x+1）＜x，即e x＞x+1＞0，因为x0∈（0，1），所以e＞x0+1＞0，1﹣x0﹣lnx0＞1﹣x0+1﹣x0＞0，两式相乘可得e（1﹣x0﹣lnx0）＞（x0+1）（2﹣2x0），所以f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0）＞2x0（x0+1）（1﹣x0）＝2（x0﹣x03），即证f（x0）＞2（x0﹣x03）．【点评】本题考查利用导数研究活动的单调性及极值，构造函数，利用求导可得函数的单调性，放缩的方法，属于中难题．4．已知函数f（x）＝ae x+sin x+x，x∈[0，π]．（1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点；（2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π．【分析】（1）求出函数的导数，代入a的值，根据函数的单调性证明即可；（2）令h（x）＝ae x+sin x+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，只需证明h（x）max＜0即可．【解答】证明：（1）f′（x）＝ae x+cos x+1，∵x∈[0，π]，∴1+cos x≥0，当a＝﹣1时，f′（x）＝﹣e x+cos x+1，令g（x）＝﹣e x+cos x+1，g′（x）＝﹣e x﹣sin x＜0，g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0，存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]，故函数f（x）存在唯一的极大值点x0；（2）当﹣2＜a＜0时，令h（x）＝ae x+sin x+x﹣π，h′（x）＝ae x+cos x+1，h″（x）＝ae x﹣sin x＜0，故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝ae x＜0，存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即a+cos x0+1＝0，故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减，故h（x）max＝h（x0）＝a+sin x0+x0﹣π，x0∈（0，π），∵a+cos x0+1＝0，只需证h（x0）＝sin x0﹣cos x0+x0﹣1﹣π＜0即可，令m（x）＝sin x﹣cos x+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cos x+sin x+1＞0，m（x）在区间（0，π）上是增函数，则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．5．已知函数f（x）＝（x﹣1）e x﹣ax的图象在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0．（1）求a，b的值；（2）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且．【分析】（1）求出f'（x）＝xe x﹣a，利用在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0，求出a，b即可．（2）令g（x）＝f'（x）＝xe x﹣1，则g'（x）＝（x+1）e x，判断函数的单调性，当x＜﹣1时，说明g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，转化证明．【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）e x﹣ax，则f'（x）＝xe x﹣a，由f'（0）＝﹣1得a＝1，切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），x+y+1＝0，所以b＝1．（2）证明：令g（x）＝f'（x）＝xe x﹣1，则g'（x）＝（x+1）e x，所以当x＜﹣1时，g（x）单调递减，且此时g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．又当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，所以g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，由，，又，，∴．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的切线方程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．6．已知函数f（x）＝e x﹣t﹣lnx．（Ⅰ）若x＝1是f（x）的极值点，求t的值，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当t≤2时，证明：f（x）＞0．【分析】（I）由x＝1是函数f（x）的极值点，可得f'（1）＝0，进而可得t＝1，求得导函数，进而可由导函数的符号与函数单调性的关系，可得函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当t≤2，x∈（0，+∞）时，设g（x）＝e x﹣2﹣lnx，g′（x）＝e x﹣2﹣，根据函数单调性及零点定理可知存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，在x＝x0取极小值也是最小值，即g（x）≥g（x0），lnx0＝2﹣x0，根据函数的单调性可知g（x0）＝0，即可证明f（x）＞0．【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）的定义域（0，+∞），因为f′（x）＝e x﹣t﹣，x＝1是f（x）的极值点，所以f′（1）＝e1﹣t﹣1＝0，所以t＝1，所以f′（x）＝e x﹣1﹣，因为y＝e x﹣1和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x＞1时，f′（x）＞0；0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时，f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），（Ⅱ）证明：当t≤2时，f（x）＝e x﹣t﹣lnx≥e x﹣2﹣lnx，设g（x）＝e x﹣2﹣lnx，则g′（x）＝e x﹣2﹣，因为y＝e x﹣2和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，因为g′（1）＝﹣1＜0，g′（2）＝1﹣＝＞0，所以存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，所以在（0，x0）上使得g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，所以g（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（x0），因为g′（x0）＝0，即e x0﹣2＝，所以lnx0＝2﹣x0，所以g（x0）＝e x0﹣2﹣lnx0＝+x0﹣2，因为x0∈（1，2），所以g（x0）＝+x0﹣2＞2﹣2＝0，所以f（x）＞0．【点评】本题考查利用导数求函数的单调性及极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．7．已知函数f（x）＝（x﹣a）2lnx，a∈R．（1）若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝0，求a；（2）若a∈（1，e），f（x）的极大值大于b，证明：＜2e．【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（e）＝0，求出a的值即可；（2）求出函数的导数，令g（x）＝2lnx﹣﹣1，根据函数的单调性得到∃x0∈（，a），使得g（x0）＝0，根据函数的单调性求出f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b以及a ＝2x0lnx0+x0，从而有2ab＜8a，根据a，x0的范围，放缩不等式，证明结论即可．【解答】解：（1）f′（x）＝2（x﹣a）lnx+（x﹣a）2•，由题意得f′（e）＝0，即2（e﹣a）lne+（e﹣a）2＝0，解得：a＝e或a＝3e；（2）f′（x）＝（x﹣a）（2lnx﹣+1），令g（x）＝2lnx﹣﹣1，∵a∈（1，e），∴∈（，1），∴＜a，g（）＝﹣2lna﹣a2+1＝﹣2lna+（1+a）（1﹣a）＜0，g（a）＝2lna﹣1+1＝2lna＞0，g′（x）＝+＞0在（0，+∞）恒成立，故g（x）在（0，+∞）递增，而g（）＜0，g（a）＞0，故∃x0∈（，a），使得g（x0）＝0，令f′（x）＝0，有x1＝a，x2＝x0＜x1，故f（x）在（0，x0）递增，在（x0，a）递减，在（a，+∞）递增，∴f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b，由g（x0）＝2lnx0﹣+1＝0，得a＝2x0lnx0+x0，故b＜4，2ab＜8a，∵＜＜x0＜a＜e，∴a＜e，x0＜e，8a＜8•e•e2•13＝8e3，∴2ab＜8e3，∴＜2e．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．8．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，求函数图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．【分析】（Ⅰ）把a＝0代入函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f（1）与f′（1），代入直线方程点斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g（x）＝f′（x），可得g′（x）＞0，得到g（x）是增函数，进一步说明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；从而求出f（x）的最小值，由f′（x0）＝0可得a与x0的关系，进一步构造函数h（x）＝lnx+x，可得则，由，得h（x0）＜h（），再由h（x）的单调性证得结论．【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．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．9．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．【分析】（1）函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，可得f′（x）＝a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，转化为a≥（﹣lnx﹣1）max．即可得出．（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，可得k＜，令g（x）＝，则g′（x）＝，令h （x）＝x﹣lnx﹣2（x＞1）．利用导数研究其单调性、函数零点即可得出．【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）＜0x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（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．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、等价转化方法、方程与不等式的解法、函数零点，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．已知f（x）＝a sin x，g（x）＝lnx，其中a∈R，y＝g﹣1（x）是y＝g（x）的反函数．（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；（2）证明：sin＜ln2；（3）设F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0有F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．【分析】（1）由题意：G（x）＝a sin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣a cos（1﹣x），证明当0＜x＜1，0＜a≤1时，G′（x）＞0恒成立即可证明结论．（2）当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增，推出sin＝sin[1﹣]＜ln，然后证明即可．（3）化简F（x）＝e x﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0即：F（x）min＞0，求出导数F′（x）＝e x﹣2mx﹣2，二次导数F″（x）＝e x﹣2m判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立，构造函数，利用函数的导数，求解最值，然后推出最小整数b的值．【解答】（1）证明：由题意：G（x）＝a sin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣a cos（1﹣x）当0＜x＜1，0＜a≤1时，＞1，cos x＜1，∴G′（x）＞0恒成立，∴函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；（2）证明：由（1）知，当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增∴sin（1﹣x）+lnx＜G（1）＝0，∴sin（1﹣x）＜ln（0＜x＜1）∴sin＝sin[1﹣]＜ln，∴sin＜ln＝ln2＜ln2；（3）解：由F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b＝e x﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0即：F（x）min＞0又F′（x）＝e x﹣2mx﹣2，F′′（x）＝e x﹣2m，∵m＜0则F″（x）＞0，∴F′（x），单调增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0则必然存在x0∈（0，1），使得F′（x0）＝0，∴F（x）在（﹣∞，x0）单减，（x0，+∞）单增，∴F（x）≥F（x0）＝﹣mx02﹣2x0+b﹣2＞0∵﹣2mx0﹣2＝0，∴m＝，∴b＞（﹣1）+x0+2，又m＜0，则x0∈（0，ln2）∴b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立令m（x）＝（﹣1）e x+x+2，x∈（0，ln2）则m′（x）＝（x﹣1）e x+1，m″（x）＝xe x＞0，∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增又m′（0）＝，∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，∴m（x）＜m（ln2）＝2ln2，∴b＞2ln2又b为整数．∴最小整数b的值为：2．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次导数的应用，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．11．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．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k ＜（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）＝在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】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）方法一：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．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩽3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错．12．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣．（1）求f（x）的最大值；（2）若﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，求解函数的最值即可．（2）⇔⇔，令，，令h（x）＝x2e x+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）在（0，1）存在零点x0，即，推出φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，求出最小值得到b≤2．【解答】解：（1），定义域（0，+∞），，由e x≥x+1＞x，f（x）在（0，1]增，在（1，+∞）减，f（x）max＝f（1）＝1﹣e．（2）⇔⇔﹣lnx+x+xe x﹣bx ﹣1≥0，令，，令h（x）＝x2e x+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，x→0，h（x）→﹣∞，h（1）＝e＞0h（x）在（0，1）存在零点x0，即，，由于y＝xe x在（0，+∞）单调递增，故，即，φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，，所以b≤2．【点评】本题考查了导数的综合应用，函数的单调性以及构造法的应用，同时考查了恒成立问题及二阶求导问题，属于难题．13．已知函数f（x）＝xe x﹣e（e是自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣klnx有且仅有两个不同的零点，求实数k的取值范围．【分析】（1）求得f'（x）＝（1+x）e x，再判断f（x）的单调性，然后求出f（x）的最小值；（2）当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．当k＞0时，，即可得存在x0∈（0，+∞），使，进一步求出k的取值范围．【解答】解：（1）函数f'（x）＝（1+x）e x，令f'（x）＝0，解得x＝﹣1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以函数f（x）有最小值．（2）g（x）＝xe x﹣klnx﹣e（x＞0），g（1）＝0．当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．当k＞0时，，令h（x）＝x（1+x）e x﹣k，则h'（x）＝（1+3x+x2）e x＞0，所以h（x）是增函数．又h（0）＝﹣k＜0，h（k）＝k（1+k）e k﹣k＞k﹣k＝0，故存在x0∈（0，+∞），使，即．当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以函数g（x）有最小值且．，当x0∈（0，1）时，g'（x0）＞0，g（x0）单调递增；当x0∈（1，+∞）时，g'（x0）＜0，g（x0）单调递减，所以g max（x0）＝g（1）＝0．当x0∈（0，1）时，存在x1∈（0，x0）使g（x1）＝0，又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点；当x0＝1时，此时k＝2e，g（x）有唯一的零点x0；当x0∈（1，+∞）时，存在x2∈（x0，+∞）使g（x2）＝0，又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点．综上所述，k∈（0，2e）∪（2e，+∞）．【点评】本题考查了利用导数处理函数单调性、最值问题，考查了转化思想和运算能力，属于难题．14．已知函数f（x）＝cos x﹣ae x+x（a∈R）．（1）当a＝1时，证明：f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；（2）若0＜a≤1，试讨论函数g（x）＝﹣a+cos x﹣f（x）的零点个数．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，根据导函数的符号，求出函数的单调区间，判断函数的零点即可；（2）求出函数g（x）的最小值，根据函数的单调性求出a的范围，结合函数的单调性判断函数的零点个数即可．【解答】解：（1）a＝1时，f′（x）＝﹣sin x﹣e x+1，故x∈（0，π）时，有sin x＞0，e x＞1，从而f′（x）＜0，故f（x）在（0，π）上单调递减，当x∈[π，2π）时，有﹣1≤sin x≤0，0≤﹣sin x≤1，﹣e x≤﹣eπ，故f′（x）＜0，f（x）在[e，2e）单调递减，从而f（x）在（0，2π）上单调递减，且f（0）＝0，f（x）＜0，故函数f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；（2）∵g′（x）＝ae x﹣1＝0，x＝﹣lna（0＜a≤1），故g（x）在（﹣∞，﹣lna）上单调递减，在（﹣lna，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（﹣lna）＝1﹣a+lna，∵0＜a≤1，故①当a＝1时，﹣lna＝0，g（x）≥g（0）＝0，此时，g（x）在R上仅有1个零点，②当0＜a＜1时，﹣lna＞0，g（0）＝0，令h（a）＝1﹣a+lna（0＜a＜1），h′（a）＝＞0，h（a）在（0，1）单调递增，从而h（a）＜h（1）＝0，g（﹣lna）＝1﹣a+lna＜0，从而g（x）在（﹣∞，﹣lna）上存在1个零点，又∵g（﹣2lna）＝﹣a+2lna，记φ（a）＝﹣a+2lna，且φ′（a）＝﹣＜0，故φ（a）在（0，1）递减，有φ（a）＞φ（1）＝0，即g（x）在（﹣lna，﹣2lna）上也存在1个零点，综上：当0＜a＜1时，函数g（x）有2个零点，当a＝1时，函数g（x）只有1个零点．【点评】本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，是难题．15．已知f（x）＝ln（x+1）﹣a sin x，其中a为实数．（1）若f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求a的取值范围；（2）当a＞1时，判断函数f（x）在（﹣1，π）上零点的个数，并给出证明．【分析】（1）依题意，f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，可得a≤，令m（x）＝（x+1）cos x，求其最小值即可；（2）分﹣1＜x＜0，x＝0，及四种情况讨论，求出每种情形下的零点个数，综合即可得出结论．【解答】解：（1）∵f（x）在（﹣1，0）上单调递增，∴f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，即f′（x）＝﹣a cos x≥0，∴﹣a cos x≥﹣，即a≤，令m（x）＝（x+1）cos x，m′（x）＝cos x﹣（x+1）sin x，当x∈（﹣1，0）时，cos x＞0，x+1＞0，﹣sin x＞0，所以m′（x）＞0，所以m（x）＝（x+1）cos x在（﹣1，0）上单调递增，则y＝在（﹣1，0）上单调递减，所以＝1，∴a≤1，即a的取值范围是（﹣∞，1]．（2）f（x）＝ln（x+1）﹣a sin x，则f′（x）＝﹣a cos x＝，x∈（﹣1，π），令，则g′（x）＝（x+1）sin x﹣cos x，①当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，∴g（x）在（﹣1，0）上单调递减，又，∴g（x）＝0在（﹣1，0）上有一解x0，且x∈（﹣1，x0）时，g（x）＞0，当x∈（x0，0）时，g（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，0）上单调递减，又，∴f（x）在（﹣1，0）上有1个零点；②当x＝0时，f（0）＝0，则x＝0是一个零点；③当时，令h（x）＝ln（x+1）﹣sin x，则，又在上均单调递增，则h''（x）在上均单调递增，又，∴h''（x）＝0在上有一解x1，且当x∈（0，x1）时，h''（x）＜0，当x∈时，h''（x）＞0，∴h′（x）在（0，x1）上单调递减，在上单调递增，∴，∴h′（x）＝0在上有一解x2，且x∈（0，x2）时，h′（x）＜0，当x∈时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，x2）上单调递减，在上单调递增，又h（0）＝0，，∴h（x）＜0在上恒成立，∴此时f（x）＝0在上无解；④当时，在上恒成立，∴f（x）在上单调递增，又，f（π）＝ln（π+1）＞0，∴f（x）在上有一个零点；综上，f（x）在（﹣1，π）上有三个零点．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点个数判断，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，构造函数思想等，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于难题．16．已知函数f（x）＝ae x﹣bx．（1）当a＝1时，求f（x）的极值；（2）当a≥1时，，求整数b的最大值．【分析】（1）将a＝1代入，求导，分b≤0及b＞0研究函数的单调性，进而求得极值；（2）问题转化为，令，显然，再利用导数求得函数g（x）的最小值，综合即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝e x﹣bx，f′（x）＝e x﹣b，①当b≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数，无极值；②当b＞0时，由f′（x）＞0得，x＞lnb，由f′（x）＜0得x＜lnb，∴f（x）在（﹣∞，lnb）上为减函数，在（lnb，+∞）上为增函数，故当x＝lnb时，f（x）取极小值，f（lnb）＝b﹣blnb；综上，当b≤0时，f（x）无极值，当b＞0时，f（x）有极小值b﹣blnb，无极大值；（2）当a≥1时，，即，∵x＞0，∴只需，令，则，由g（x）得，令，则，∴F（x）在（0，+∞）上递增，又，根据零点存在性定理可知，存在x0∈（1，2），使得F（x0）＝0，即，当x∈（0，x0）时，F（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）为减函数，当x∈（x0，+∞）时，F（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）为增函数，∴，故，又在（1，2）上递增，故，又，∴整数b的最大值是1．【点评】本题主要考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，最值和零点等问题，考查抽象概括，推理论证，运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想，分类与整合思想，函数与方程思想，有限与无限思想以及特殊与一般思想，体现综合性，应用性，属于中档题．17．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围；（Ⅲ）求证：．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（Ⅱ）得到e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而求出满足条件的a的具体范围即可；（Ⅲ）令a＝2，得到，从而证出结论．【解答】解：（Ⅰ）当a＝﹣1时，f（x）＝e﹣x+x，则．…1分令f'（x）＝0，得x＝0．当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0．…2分∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．∴当x＝0时，函数f（x）取得最小值，其值为f（0）＝1．…3分（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，即e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，则．①若a≥﹣2，由（Ⅰ）知e﹣x+x≥1，即e﹣x≥1﹣x，故e x≥1+x．∴．…4分∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增．∴g（x）≥g（0）＝0．∴（*）式成立．…5分②若a＜﹣2，令，则．∴函数φ（x）在区间[0，+∞）上单调递增．由于φ（0）＝2+a＜0，．…6分故∃x0∈（0，﹣a），使得φ（x0）＝0．…7分则当0＜x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）＝0，即g'（x）＜0．∴函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减．∴g（x0）＜g（0）＝0，即（*）式不恒成立．…8分综上所述，实数a的取值范围是[﹣2，+∞）．…9分（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当a＝﹣2时，g（x）＝e x﹣2x+ln（x+1）﹣1在[0，+∞）上单调递增．则，即．…10分∴．…11分∴，即．…12分．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．。

专题五 隐零点问题 (解析版)

专题五 隐零点问题 (解析版)

专题五 隐零点问题1．已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点； （2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点0x ，判断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x af x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<. 令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x ex a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.2．已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．（1）令()()()h x f x eg x =-，求()h x 的最小值；（2）若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）(],2-∞．（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，根据导数求出函数的单调性，由此可求出函数的最小值；（2）原不等式等价于ln 1x xe x x b x+--≥在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，求导得()22ln x x e x t x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，易得()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l x x x +=，得001ln 001ln x x x e e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，结合函数xy xe =的单调性得0001ln ln x x x ==-，001x e x =，由此可求出答案．【详解】解：（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，∴()()()1111xx e h x x e e x e x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴当()0,1x ∈，()0h x '<，即()h x 在()0,1上单调递减， 当()1,x ∈+∞，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞上单调递增， 故()()10h x h ≥=， ∴()h x 的最小值为0；（2）原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=， 令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭， 又有xy xe =在()0,∞+上单调递增，∴0001lnln x x x ==-，001x e x =， ∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦，∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞． 3．已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析.（1）求出导数()'f x ，按a 分类讨论确定()'f x 的正负，得函数的单调性；（2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论．【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e xxxx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数； 当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'x >； ()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2xg x x x x =--+，其定义域为()0,∞+， 则()()()1e 11x g x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()001e 0x h x x =-=，即001e x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()12g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点. 又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>， 所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点.4．函数()ln f x x =，()22=--+g x x x m .（1）若m e =，求函数()()()F x f x g x =-的最大值；（2）若()()()22+≤--xf xg x x x e 在2(]0,x ∈恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）()max 2F x e =-；（2）[)ln 2,+∞.（1）根据题意，代入m e =，求导利用导数研究函数单调性，进而求最值.（2）根据题意，则2()()(2)xf xg x x x e +<--在2(]0,x ∈恒成立，提取参数转化成(2)ln 2x m x e x x >-+-+在2(]0,x ∈恒成立问题，设()(2)ln 2x h x x e x x =-+-+，对函数设()h x 求导，分析函数单调性，进而求解函数最值，即可求解参数取值范围. 【详解】（1）()2ln 2=-++-F x x x x m ，故()(21)(1)+-'=-x x F x x.由()0F x '>得，01x <<；由()0F x '<得，1x >.∴()F x 在()0,1递增，在()1,+∞递减.∴()()max 12==-F x F e . （2）∵()()()22+≤--xf xg x x x e 在2(]0,x ∈恒成立∴()2ln 2≥-+-+xm x e x x 在2(]0,x ∈恒成立.设()()2ln 2=-+-+xh x x e x x ，则()()111'=-+-xh x x e x. 当1x >时，10x ->，且x e e >，11x <，∴110x e e x->->，∴()0h x '>. 当01x <<时，10x -<，设()1xu x e x =-，()210xu x e x=+>'.∴()u x 在()0,1递增，又1202u ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()110u e =->.∴01,12x ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，使得()00u x =. ∴当()00,x x ∈时，()0u x <；当()0,1x x ∈时，()0u x >. ∴当()00,x x ∈时，()0h x '>；当()0,1x x ∈时，()0h x '<. ∴函数()h x 在()00,x 递增，在()0,1x 递减，在()1,2递增.由()00010x u x e x =-=得001x e x =，且00ln x x =-. ∴()()()0000000000112ln 222232xh x x e x x x x x x x ⎛⎫=-+-+=--+=-+ ⎪⎝⎭ ∵01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，∴()00h x <，又()2ln20=>h 则当2(]0,x ∈时，()()max 2ln2==h x h ，则m 的取值范围是[)ln 2,+∞. 5．已知函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在点()()22,A e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4． （1）求实数a 的值； （2）若m Z ∈，且()()11m x f x -<+对任意1x >恒成立，求m 的最大值．【答案】（1）2a =；（2）m 的最大值为3． （1）由题意得出()24f e'=，进而可求得实数a 的值；（2）求得()ln f x x x x =+，由参变量分离法得出ln 11x x x m x ++<-，构造函数()ln 11x x x g x x ++=-，利用导数求出函数()y g x =在区间()1,+∞上的最小值，进而可得出整数m 的最大值. 【详解】 （1）()()1ln f x a x x x =-+，()ln f x x a ∴'=+，函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在2x e =处的切线斜率为4，()24f e ∴'=，即2ln 4a e +=，因此，2a =； （2）由（1）知()ln f x x x x =+．()()1m x f x -<对任意1x >恒成立，()1ln 111f x x x x m x x +++∴<=--对任意1x >恒成。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版

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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；(2)证明：f (x)存在唯一极大值点x o,且.「「一【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,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K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(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H ￡h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,eh (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i ?■?f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)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 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，'?k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X Kh (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且k € Z , ? °k max =3 .函数f (x ) =alnx - x 2+x , g (x ) = (x - 2) e x - x 2+m (其中e=2.71828 ??：)(1) 当a O 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 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 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, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减；综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸时，f (x )的单调递增区间是「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，当0 vx <1 时，1 —x X),设??. 一乂，则u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ ? ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9J ：' I 15 ：，= ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+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—Inx (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;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . ￡【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄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+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二g (x)是增函数，e x+a>e a,「.由?「亠一一…x当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则?------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。

导数专题--隐零点问题-2

导数专题--隐零点问题-2

导数专题---<<隐零点问题>>1.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）＞0．2.设函数f（x）=e x+ax+b在点（0，f（0））处的切线方程为x+y+1=0．（Ⅰ）求a，b值，并求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）＞x2-4．3.已知函数f（x）=．（1）证明：∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）若∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立，求实数k的取值范围．4.已知函数f（x）=a ln x-e x；（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）=+a ln x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∈（0，]，求证：∀x∈（0，2]，都有f（x）＜．6.设函数f（x）=ax2-ln x+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2-e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．7.已知函数f（x）=x lnx+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，且对任意x＞1，都有k＜成立，求k的最大值．【练习】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．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．3．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+1．4．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．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．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．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．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：．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）＜﹣2．10．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）．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+2．12．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；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．。

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

专题三 . 隐零点专题知识点一、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.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1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ，证明)(x g ＞0.例2.（2017052001）已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.例3.（2017.全国II.21）已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且()0f x ≥.（I ）求a ；（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e . 例 4.(2016.全国甲.21)（I ）讨论函数2(x)e 2x x f x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> （II ）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.例 5.（2013.湖北.10）已知a 为常数，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.21)(,0)(21-<<x f x fC.21)(,0)(21-<>x f x fD.21)(,0)(21-><x f x f 例6.（2017022802）已知函数)ln 1()(x x x f +=.（I ）求函数)(x f 的单调区间及其图象在点1=x 处的切线方程；（II ）若Z ∈k ，且)()1(x f x k <-对任意1>x 恒成立，求k 的最大值.例1例4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.。

(精品)第6讲 导数压轴题之隐零点问题

(精品)第6讲 导数压轴题之隐零点问题

2019通山一中高三数学导学案 使用时间：2019.03.15 编制人：王有炎 审核人：李玲 班级： 小组： 姓名： 评价：
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第5讲 导数压轴题之隐零点问题---隐形零点、设而不求
归纳：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合
的
单调性得到零点的范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数
的正负，进而得到
的最值表达式；
第三步：将零点方程适当变形，整体代人最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小，
我们将其称为隐形零点三部曲.导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断其范围（用零点存在性定理），最后整体代入即可.
1．设函数，设求证：当时，
.
2．函数f （x ）=alnx ﹣x 2+x ，g （x ）=（x ﹣2）e x ﹣x 2+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．
3．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 0）＜﹣2．
4．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．。

第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 (精讲+精练)(解析版)-2024年高考数学一轮复习讲练测

第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 (精讲+精练)(解析版)-2024年高考数学一轮复习讲练测

第11讲拓展四：导数中的隐零点问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：典型例题剖析第三部分：第11讲拓展四：导数中的隐零点问题（精练）第一部分：知识点精准记忆1、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 ，则有：①关系式0)('0=x f 成立；②注意确定0x 的合适范围.2、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 ，则有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.3、函数零点的存在性（1）函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =.①若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个②若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点③若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号(3)若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一.第二部分：典型例题剖析1．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数()ln f x x a =+．(1)若曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线经过点()0,1，求实数a 的值；(2)若对任意()0,x ∈+∞，都有()e -≥x af x （e 为自然对数的底），求证：1a ≤．【答案】(1)2a =(2)证明见解析【解析】(1)()1f x x'=，所以()11f '=，()1f a =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y x a =+-，因为切线经过点()0,1，所以101a =+-解得2a =．(2)设()eln -=--x ag x x a ，则()1e -'=-x a g x x，设()0001e 0-'=-=x ag x x ，则00ln a x x =+，因为()g x '在()0,∞+上递增，所以当()00,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>所以()g x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以()0min 000001()eln 2ln 0x ag x g x x a x x x -==--=--≥，令()12ln =--h x x x x ，则()222221212(1)10x x x h x x x x x---+'=---=-<所以()12ln =--h x x x x在(0,)+∞递减，因为()10h =，所以01x ≤，所以00ln 1a x x =+≤．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数()eln -=--x ag x x a ，利用导数求得()0min 000001()ln 2ln 0-==--=-≥x a g x g x e x a x x x ，再利用函数()12ln =--h x x x x的单调性结合()10h =可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题2．（2022·甘肃·一模（文））已知函数()()()22ln af x x a x a x=+--∈R ，()()21e x g x b x x x =---．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，关于x 的不等式()()1f x g x +≤-恒成立，求实数b 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)(],1-∞.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得：222222(2)2(2)()()1a a x a x a x x a f x x x x x -+--+-'=--==，若0a ≤时，则()0f x '>，此时()f x 在()0,∞+单调递增；若0a >时，则当0x a <<时()0f x '<，()f x 在()0,a 单调递减，当x a >时，()0f x '>，f (x )在(),a +∞单调递增.(2)当1a =时，()()ln e xf xg x bx x x +=+-，由题意ln 1e xx b x x≤--在(0,)+∞上恒成立，令()ln 1e xx h x x x =--，则()22221ln 1e ln e x x x x x h x x x x -+=-+='，令()2e ln x u x x x =+，则()()212e 0xu x x x x'=++>，所以()u x 在(0,)+∞上递增，又()11e 0,ln 202u u ⎛⎫=>=< ⎪⎝⎭，所以()u x 在1(,1)2上有唯一零点0x ，由0()0u x =得000ln x x x e x =-，当()00,x x ∈时，()0u x <即()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞时，()0u x >即()0h x '>，()h x 单调递增，所以()0h x 为()h x 在定义域内的最小值.即()()000min 00ln 1e .xx h x h x x x ==--令()1e (1)2x k x x x =<<，则方程ln e x x x x =-等价于()()ln k x k x =-，又易知()k x 单调递增，所以ln x x =-，即1e xx=所以，()h x 的最小值()000000000ln 111e 1xx x h x x x x x x -=--=--=所以1b ≤，即实数b 的取值范围是(],1-∞【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.3．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln e x x f x x g x x+==421，（e 为自然对数的底数）.(1)求()f x 的极值；(2)（i ）证明∶()e ln xm x x x =+342与()e x n x x=-21有相同的零点；（ii ）若()()()Z f x g x x ax a -->∈210恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)()f x 的极小值为e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭1144，无极大值；(2)（i ）证明见解析，（ii ）1【解析】(1)由题意可知，()()e xf x x '=+441，令()0f x ¢=，即()e xx +=4410，解得14x =-；当14x >-时，()0f x ¢>，所以()f x 在,⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭14单调的递增；当14x <-时，()0f x ¢<，所以()f x 在,⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭14单调的递减；当14x =-时，()f x 取得极小值为e f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭1144，无极大值；(2)（i ）由()e ln x m x x x =+342知()()e xm x x x x'=++>3241860，所以()m x 在()0,+∞上单调递增；由()e xn x x =-21知()()e xn x x x'=+>>221200，所以()n x 在()0,+∞上单调递增；又,e n n ⎛⎫⎛⎫=<=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11402042，故必存在唯一,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭01142使得()00n x =，即有e,ln ln x x x x x ===-020000112，故()eln x m x x x x x x ⎛⎫=+=⋅-= ⎪⎝⎭243300000012220，所以()e ln x m x x x =+342与()e xn x x=-21有相同的唯一零点0x x =；（ii ）由()()f x g x x ax -->210，得()()ln e x f x g x x a x x -++<=-422211012恒成立，minln e x x a x +⎛⎫+<- ⎪⎝⎭42211012在()0,+∞恒成立，令()ln e xx h x x +=-42212，()0,x ∞∈+，则()ln ()e e ln x x x x h x x x x x'=+=+434434482，由（i ）知()()e xm x x x x'=++>3241860单调递增且()e ln x m x x x =+342存在唯一零点0x x =；则当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增；故()()min h x h x =0；由（i ）知e,ln ln x x x x x ===-020000112；又e ,e n n ⎛⎫⎛⎫=-<=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2311302032，故进一步确定011,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；故()min ln ()e (,)x x x h x h x x x x x x +-+==-=-=+∈04000222200000214121421221，即a +≤10112，解得.a ≤11，又Z a ∈；所以整数a 的最大值为1.【点睛】求解不等式问题的关键：适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解.4．（2022·四川南充·二模（理））已知()ln ln (0)f x a x x x a =-⋅>.(1)求()f x 在()()1,1f 的切线方程；(2)求证：()f x 仅有一个极值；(3)若存在a ，使()f x a b ≤+对任意()0,x ∈+∞恒成立，求实数b 的取值范围.【答案】(1)()110a x y a --+-=(2)证明见解析(3)[),e -+∞【解析】(1)当0a >时，()ln 1(0)af x x x x-'=->得()11f a '=-，又()10f =.所以()f x 在()()1,1f 的切线方程为：()()11y a x =-⋅-.即()110a x y a --+-=；(2)()ln 1(0)af x x x x-'=->令()()ln 1af x x p x x=--='，由于0a >，得()210a p x x x'=--<.所以()f x '在()0,∞+单调递减.()()11e ln 1e 0,1ln 110,e e 1a f a a f a a a ''⎛⎫⎛⎫⎡⎤=-+=>+=-++< ⎪ ⎪⎣⎦+⎝⎭⎝⎭又所以存在唯一01,1e x a ⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭，使得()00f x '=.所以()f x 于()00,x 单调递增，()0,x +∞单调递减.()0()f x f x =极大值，无极小值.所以()f x 仅有一个极值.(3)任意()()0,,x f x a b ∞∈+≤+，则()max []a b f x +≥.由（2）知()()max 0000[]ln ln f x f x a x x x ==-⋅.又()000ln 10af x x x =--='，则000ln a x x x =⋅+.若存在a ，使()f x a b ≤+，即000ln ln a x x x a b -⋅≤+，得()()()0000000000000ln ln ln ln ln ln b a x x x a x x x x x x x x x h x ≥-⋅-=+⋅--+=，转化为()0min b h x ≥.()()()20000000ln ln 0h x x x x x x x =-->()()()()200000ln ln 2ln 2ln 1h x x x x x =+-=+⋅-'当()00h x '>时，0ln 2x <-或()0021ln 1,0,e,e x x ∞⎛⎫>∈⋃+ ⎪⎝⎭；当()00h x '<时，00212ln 1,,e e x x ⎛⎫-<<∈ ⎪⎝⎭；所以()0h x 于210,e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，21,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，()e,+∞单调递增当0210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()()220000000000ln ln ln ln 1h x x x x x x x x x x =--=-+由于()0ln 11x +<-，则()00ln 10x x -⋅+>，又()200ln 0x x >.()()()200000ln ln 10h x x x x x =-+>当021,e x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()()0min e e h x h ⎡⎤==-⎣⎦综上：当()00,x ∈+∞时，()()0min e e h x h ⎡⎤==-⎣⎦得e b ≥-.故[)e,b ∞∈-+.【点睛】不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如()a f x ≥恒成立问题，转化为()max a f x ≥；()a f x ≥能成立问题，则转化为()min a f x ≥.5．（2022·河南洛阳·模拟预测（理））已知函数()()()21ln 112f x x a x a x a =-+-+∈R ．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，求证：()()21e 12ln 2xf x x x x ≤-+-．【答案】(1)当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增.(2)证明见见解析.(1)由已知条件得函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()()()2111x a x a x a x af x x a x x x+---+'=-+-=，因为0,10x x >+>①当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+上恒成立，故()f x 在()0,∞+上为单调递增.②当0a >时，当x a >时，()0f x '>，当()0,a 时，()0f x '<故()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增；综上所述：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上为单调递增当0a >时，()f x 在()0,a 上为单调递减，在(),a +∞上为单调递增(2)当1a =时，()21n 12l f x x x =-+要证原式成立，需证()ln 1e 1xx x +≤-成立，即需证e ln 10x x x x ---≥成立，令()()e ln 10x g x x x x x =--->，则()1e e 1x xg x x x '=+--()11e x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令()1e xu x x =-，则()21e 0xu x x'=+>，故()u x 在()0,∞+上单调递增，1202u ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10u =->，由零点存在性定理可知，存在0x 使()00u x =，则在()00,x 上()0u x <，在()0,x +∞上()0u x >，即在()00,x 上()0g x '<，在()0,x +∞上()0g x '>，则()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞单调递增，在0x x =处取得最小值，由()00u x =可得()0001e 0x u x x =-=，即00e 1x x =，两边同取对数()00ln e ln1xx =，即00ln 0x x +=，()g x 的最小值为()00000e ln 10x g x x x x =---=，即e ln 10x x x x ---≥成立，故当0a =时，21()(e 1)2xf x x x ≤--成立.关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式.解答本题的关键是构造函数()()e ln 10xg x x x x x =--->，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在0x x =处取得最小值，而0x 满足00e 1x x =，两边同取对数得00ln 0x x +=，从而得出最小值为0，从而得证.属于难题.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()2e xf x ax =-．(1)当0a <时，若0x 满足00e 20x ax -=，讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，若()1f x ≥恒成立，试比较a 和1.5625的大小．参考数据： 1.4e 4.0552≈， 1.5e 4.4817≈， 1.6e 4.9530≈， 1.7e 5.4739≈．【答案】(1)()0,x x ∈-∞时()f x 单调递减；()0,x x ∈+∞时，()f x 单调递增(2) 1.5625a <【解析】(1)()e 2x f x ax '=-，因为0a <，所以e x y =与2y ax =-均单调递增，从而()f x '是R 上的增函数，又0x 满足00e 20x ax -=，所以0x 是()f x '在R 上的唯一零点，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．(2)()21e 1x f x ax ≥⇔-≥，当0x >时，原不等式可转化为2e 1x a x -≤，令()2e 1x g x x -=，则()()3e 22x x g x x-+'=，令()()e 22x x h x -=+，则()()e 1xh x x '=-，当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()min 12e 0h x h ==-<，又()00h =，由于3231e 22 2.240850.24085022h ⎛⎫=-+≈-=-< ⎪⎝⎭，() 1.61.60.4e 22 1.98120.01880h =-⨯+≈-=>，所以()h x 在()1.5,1.6上存在唯一零点1x ，故当()10,x x ∈时，()0h x <，()g x 单调递减；当()1,x x ∈+∞时，()0h x >，()g x 单调递增．故()()112min1e 1x g x g x x -==，又()10h x =，即()11e 220xx -+=，∴()()min 111111.56252 1.60.40.64g x x x =<==-⨯，由于()min 1.5625a g x ≤<，即 1.5625a <．【点睛】利用导数研究函数的单调区间、极值、最值，当求导一次无法解决问题时，可考虑利用二次求导来进行求解.7．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）已知函数()ln 2x af x x x=++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为30y -=．(1)判断函数()f x 的单调性．(2)证明：当0x >时，()2e xf x ≤．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】(1)解：因为()221ln x a f x x x -'=-，所以()110f a '=-=，解得1a =，所以()2ln xf x x -'=．函数()f x 的定义域为()0,∞+，令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >．所以函数()f x 的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞.(2)证明：要证()2e xf x ≤，即证2ln 12e x x x x++≤，只需证()2e 2ln 10x x x ---≥．令()()2e 2ln 1xg x x x =---，其中0x >，则()()()2212121e 21e xxx g x x x x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭．令()()21e 0xh x x x =->，则()2212e 0x h x x'=+>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增．因为1404h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，1e 202h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以存在011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()02001e 0xh x x =-=，可得002ln x x =-，。

2022届高中数学导数通关练习专题18 导数之隐零点问题(解析版)

2022届高中数学导数通关练习专题18 导数之隐零点问题(解析版)

x
1
，故有 g(0)
a
0
，解得 0 a 1 ．
2
g(
1)
1
(1)
a
0
2
22
（2）证明：由题意知
x2
是方程
2x2
2x
a
0
的大根，从而
x2
(
1 2
（1）求函数 f x 的极值；
（2）当 a 0 时，证明： g x 2 ln x x 1 2 ln a ln 2 ．
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7．已知函数
f
(x)
2 3
x3
x2
ax
1 在 (1, 0)
上有两个极值点
x1
，
x2
，且
x1
x2
．
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）证明：当 1 x 0 时， f (x) 11 ．
∴
h
x
min
h x0
ax0e x0
2 x0
2 ln
x0
2
2 x0
2 ln
x0
2 ln
2
ln
a
，
∴ h x 2 ln a 2 ln 2 ，即原不等式成立．
7．已知函数
f
(x)
2 3
x3
x2
ax
1 在 (1, 0)
上有两个极值点
x1 ，
x2
，且
x1
x2
．
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（1）求实数 a 的取值范围；
x
gt et e 易知 gt 为增函数，且 g1 0 ，
t
所以当 t 0,1 时， gt 0 ， g t 单调递减；当 t 1, 时， gt 0 ， g t 单调递增，
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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，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）＜0x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（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+1．5．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]．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x（0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0+g（x）递减递增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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