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 e

K

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 bl

2

2)- 2=—>0,

e

••h (- 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

2

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.

4

2 .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 K

••h (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 0

x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0

g (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 .

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：

U

l-Vl + 8a

4 *」， (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 )