导数压轴题之隐零点问题专辑含答案

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导数隐零点专题精简版

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专题03-------- . 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 xln )(-=.(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 f C.21)(,0)(21-<>x f x f D.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.。

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-∞.。

函数隐零点问题

函数隐零点问题

函数隐零点问题导数专题:隐零点问题(高中数学)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$m\leq2$时,证明$f(x)>0$。

2.已知函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{2}x$1)证明:对于任意$k\in\mathbb{R}$,直线$y=g(x)$都不是曲线$y=f(x)$的切线;2)若存在$x\in[e,e^2]$,使得$f(x)\leq g(x)+k$成立,求实数$k$的取值范围。

3.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$x\geq0$时,$f(x)>x^2-4$。

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$a=2$,证明$f(x)<0$。

5.已知函数$f(x)=x^a\ln x$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$a\in(0,1]$,证明:对于任意$x\in(0,2]$,都有$f(x)<0$。

6.设函数$f(x)=ax^2-\ln x+1$($a\in\mathbb{R}$)1)求函数$f(x)$的单调区间;2)若函数$g(x)=ax^2-e^x+3$,证明:对于任意$x\in(0,+\infty)$,都有$f(x)>g(x)$。

7.已知函数$f(x)=x\ln x+ax+b$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$k\in\mathbb{Z}$,且对任意$x>1$,都有$k<f(x)$成立,求$k$的最大值。

2025高中数学八大核心知识导数利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)

2025高中数学八大核心知识导数利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)

利用隐零点设而不求解决导数问题1(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x,曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1.(1)求a,b 的值;(2)求证:函数在区间(1,+∞)上单调递增;(3)求函数f(x)的零点个数,并说明理由.2(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x,g x =ln x+1 a.(1)当a=1时,证明:f x ≥g x +1;(2)若∀x∈-1,+∞,f x ≥g x +1恒成立,求a的取值范围.2025高中数学八大核心知识导数利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)3(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x-sin x,x∈0,π2.(1)求证:f x ≤0;(2)若a<sin xx <b对x∈0,π2恒成立,求a的最大值与b的最小值.4(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-e(x-1)2有两个极值点x1,x2x1<x2.其中a∈R,e为自然对数的底数.(1)求实数a的取值范围;(2)若ex1+e-2x2+21-e≥λx1-1x2-1恒成立,求λ的取值范围.5(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x2-mx ln x+1,m∈R且m≠0.(1)当m=1时,求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程;(2)若关于x的不等式f x ≥2ex恒成立,其中e是自然对数的底数,求实数m的取值范围.6(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x-xe-x+1x(e为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x=1处的切线方程;(2)若f x +x-1x-1>ae-x+ln x恒成立,求证:实数a<-1.7(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2 +6mx(x∈R).(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若f-1=1,函数g(x)=a ln x+1-f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立,求整数a的最大值.8(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x-x+x-2e x-m,m∈Z.(1)当m=1时,求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程;(2)若关于x的不等式f x <0在0,1上恒成立,求m的最小值.9(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1,求f x 的极值;(2)若对任意x>0,f x ≤0恒成立,求整数m的最小值.10(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x-ln x+a,a∈R.(1)当a=1时,求f x 的单调区间;(2)若f x ≥a,求实数a的取值范围.利用隐零点设而不求解决导数问题1(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x,曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)求证:函数在区间(1,+∞)上单调递增;(3)求函数f(x)的零点个数,并说明理由.【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0,证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x,则有f0 =-b=1,解得b=-1,f 0 =a-1-b=a-2=-1,则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ,f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x,设h x =e x+x-2,因为h x 在1,+∞上单调递增,则h x >h1 =e-1>0,所以f (x)>0在1,+∞上恒成立,所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x,令f (x)=0,令f (x)=0,得e x+x-2=0,设h x =e x+x-2,由(2)知h x 在R上单调递增,且h0 =-1,h1 =e-1>0,故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0,即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0,即得e x0+x0-2=0,则e x0=2-x0,且当x∈-∞,x0时,f (x)<0,此时f x 单调递减,当x∈x0,+∞时,f (x)>0,此时f x 单调递增,所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0,当x0∈0,1时,2-x0>0,-x0-1 22+54>-0-122+54=1,则f x min>0,则函数f(x)的零点个数为0.2(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x,g x =ln x+1 a.(1)当a=1时,证明:f x ≥g x +1;(2)若∀x∈-1,+∞,f x ≥g x +1恒成立,求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时,设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1,h x =e x-1x+1,当x>0时,h x >0,-1<x<0时,h x <0,所以h x 在-1,0 单调递减,0,+∞ 单调递增,所以h x ≥h 0 ,而h 0 =0,∴h x ≥0,即f x ≥g x +1.(2)法一:若∀x ∈-1,+∞ ,f x ≥g x +1恒成立,即ae x ≥ln x +1a+1⇒ae x +ln a ≥ln x +1 +1,即ae x+ln ae x ≥x +1+ln x +1 ,构造函数m t =t +ln t ,易知m t 在0,+∞ 递增,则不等式为m ae x ≥m x +1 ,∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ,设ϕx =x +1e xx >-1 ,ϕ x =-xex x >-1 ,则φx 在-1,0 递增,0,+∞ 递减,ϕx max =ϕ0 =1,∴a ≥1.法二:∀x ∈-1,+∞ ,f x ≥g x +1恒成立,即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0.令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1,F x =ae x -1x +1a >0 ,ae x =1x +1有唯一实数根,设为x 0x 0>-1 ,即ae x 0=1x 0+1,ln a +x 0=-ln x 0+1 ,则F x 在-1,x 0 递减,在x 0,+∞ 递增,∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0,即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0,设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1,显然h x 在-1,+∞ 单调递减,而h 0 =0,∴h x 0 ≥0,则-1<x 0≤0,ln a =-ln x 0+1 -x 0,x 0∈-1,0 ,∴ln a ≥0,a ≥1.3(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ,x ∈0,π2.(1)求证:f x ≤0;(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立,求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析;(2)a 的最大值为2π,b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ,求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ,因为在区间0,π2 上f x =-x sin x <0,则f x 在区间0,π2上单调递减,所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时,“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”,“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”,令g x =sin x -cx ,x ∈0,π2,则g x =cos x -c ,当c ≤0时,g x >0对任意x ∈0,π2 恒成立,当c ≥1时,因为对任意x ∈0,π2,g x =cos x -c <0,于是g x 在区间0,π2 上单调递减,则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立,当0<c <1时,存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0,当x ∈(0,x 0)时,g (x )>0,函数g (x )单调递增,当x ∈x 0,π2时,g (x )<0,函数g (x )单调递减,显然g (x 0)>g (0)=0,g π2 =1-π2c ,则当g π2 ≥0,即0<c ≤2π时,g (x )>0对x ∈0,π2 恒成立,因此当且仅当c ≤2π时,g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立,当且仅当c ≥1时,g (x )<0对任意x ∈0,π2 恒成立,所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时,a 的最大值为2π,b 的最小值为1.4(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 .其中a ∈R ,e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的取值范围;(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立,求λ的取值范围.【答案】(1)0,2e (2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ,由题知f x=0有两个不同实数根,即a =2e x -1e x有两个不同实数根.令g x =2e x -1 e x ,则gx =2e 2-x ex≥0,解得x ≤2,故g x 在-∞,2 上单调递增,在2,+∞ 上单调递减,且x →-∞时,g (x )→-∞,x →+∞时,g (x )→0,g 2 =2e,故g x 的图象如图所示,当a ∈0,2e时,f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2.则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2,故f x 在0,x 1 上单调递增,在x 1,x 2 上单调递减,在x 2,+∞ 上单调递增,f x 的极大值点为x 1,极小值点为x 2.故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时,实数a 的取值范围为0,2e.(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ,则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ,两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1,即t 2-t 1=ln t 2t 1>0,由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2ln t2t 1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1,令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1),则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立,由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t,令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ,则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t,φt =2e -2 ln t +2e -2 -et 2-e +2,显然φ t 在1,+∞ 递增,又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0,所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0,且易得φ t 在1,t 0 递减,t 0,+∞ 递增,又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0,所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0,且易得φt 在1,t 1 递减,t 1,+∞ 递增,又φ1 =φe =0,则1<x <e 时,φt <0,h t <0,x >e 时,φt >0,h t >0,所以易得h t 在1,e 上递减,在e ,+∞ 上递增,则h (t )min =h e =(e -1)2,所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 .5(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1,m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时,求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程;(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立,其中e 是自然对数的底数,求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0 ∪0,e -1e 【详解】(1)由题,当m =1时,f x =x 2-x ln x +1,f x =2x -ln x -1,f 1 =1,f 1 =2,所以切线方程为y -2=x -1,化简得x -y +1=0,即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ,即x 2-mx ln x +1≥2e x ,即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立,令g x =x +1x -m ln x -2e ,则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x 2.对于y =x 2-mx -1,Δ=m 2+4>0,故其必有两个零点,且两个零点的积为-1,则两个零点一正一负,设其正零点为x 0∈0,+∞ ,则x 20-mx 0-1=0,即m =x 0-1x 0,且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0,此时g x 单调递减,在x 0,+∞ 上,y =x 2-mx -1>0,g x >0,此时g x 单调递增,因此当x =x 0时,g x 取最小值,故g x 0 ≥0,即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e ≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ,则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ,当x ∈0,1 时,h x >0,当x ∈1,+∞ 时,h x <0,则h x 在0,1 上单调递增,在1,+∞ 上单调递减,又h 1e=h e =0,故x 0∈1e ,e,显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数,则m ∈1e -e ,e -1e,所以实数m 的取值范围为1e -e ,0 ∪0,e -1e6(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x(e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程;(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立,求证:实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x,定义域为0,+∞ ,则f x =x -1e x+1x -1x 2=x -1 1e x +1x2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f1 =0,又f 1 =1-1e ,则l 的方程为y =1-1e .(2)f x +x -1x -1>ae -x +ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>aex ⇔a <x -1 e x -x恒成立,令h x =x -1 e x -x ,则h x =xe x -1,令u x =xe x -1,x >0,则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增,又u 0 =-1<0,且u 1 =e -1>0,则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0,即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减,在x 0,+∞ 上单调递增,所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0,即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0,则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ,所以h x 0 >0,则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增,因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.7(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性;(2)若f -1 =1,函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x 2≤0在1,+∞ 上恒成立,求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ,若m =1,f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立,此时函数f x 在R 上单调递增;若m >1,此时-m <-1,当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时,满足f (x )>0,此时函数f x 在-∞,-m ,-1,+∞ 上单调递增;当x ∈-m ,-1 时,满足f (x )<0,此时函数f x 在-m ,-1 单调递减;若m <1,此时-m >-1,当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时,满足f (x )>0,此时函数f x 在-∞,-1 ,-m ,+∞ 上单调递增,当x ∈-1,-m 时,满足f (x )<0,此时函数f x 在-1,-m 单调递减;综上可知,m =1时,f x 在R 上单调递增;m >1时,f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增,在-m ,-1 单调递减;m <1时,f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增,在-1,-m 单调递减;(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1,解得m =0;所以f (x )=2x 3+3x 2,则g (x )=a ln x +1 -2x -3,易知x ∈1,+∞ 时,ln x +1>0,若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立,等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立;令h x =2x +3ln x +1,x >1 ,则hx =2ln x +1 -2x +3 ⋅1x ln x +1 2=2ln x -3x ln x +12;令φx =2ln x -3x x >1 ,则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立,即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增,易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32,由于e 3>2.73=19.683,所以φ2 <0,而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 3 5,且52 5>25=32>27=33>e 3,所以φ52>0;因此h x 在x ∈1,+∞ 有且仅有一个零点x 0,满足2ln x 0=3x 0,且x 0∈2,52 ;所以当x ∈1,x 0 时,h x <0,当x ∈x 0,+∞ 时,h x >0;因此函数h x =2x +3ln x +1,x >1 在1,x 0 上单调递减,在x 0,+∞ 上单调递增;所以h x 的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0,显然2x 0∈4,5 ,因此a ≤2x 0∈4,5 ,又a 是整数,所以a 的最大值为4.8(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x -x +x -2 e x -m ,m ∈Z .(1)当m =1时,求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程;(2)若关于x 的不等式f x <0在0,1 上恒成立,求m 的最小值.【答案】(1)y =-e -2(2)-3【详解】(1)由题当m =1时,f x =ln x -x +x -2 e x -1,f x =1x+x -1 e x -1,f 1 =0,f 1 =-e -2,所以切线方程为y +e +2=0x -1 ,化简得y =-e -2,即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =-e -2.(2)由f x <0可得m >ln x -x +x -2 e x ,令g x =ln x -x +x -2 e x ,x ∈0,1 ,则g x =x -1 e x -1x,当0<x ≤1时,x -1≤0,设h x =e x -1x,易知h x 在0,1 上单调递增,又h 1 =e -1>0,h 12=e -2<0,则存在x 0∈12,1,使得h x 0 =0,即e x 0=1x 0,取对数得ln x 0=-x 0,当x ∈0,x 0 时,h x <0,g x >0,g x 单调递增,当x ∈x 0,1 时,h x >0,g x ≤0,g x 单调递减,∴g (x )max =x 0-2 ⋅e x 0+ln x 0-x 0=x 0-2 ⋅1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0,∵y =1-2x +2x在12,1 上单调递增,则g x 0 ∈-4,-3 ,又m >g x 对任意x ∈0,1 恒成立,m ∈Z ,所以m ≥g x 0 ,即m 的最小值为-3.9(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x -mx 2+1-2m x +1.(1)若m =1,求f x 的极值;(2)若对任意x >0,f x ≤0恒成立,求整数m 的最小值.【答案】(1)极大值为f 12 =14-ln2,无极小值(2)1【详解】(1)当m =1时,f x =ln x -x 2-x +1x >0 ,f x =1x -2x -1=-x +1 2x -1 x.当0<x <12时,f x >0,则f x 在0,12 上单调递增;当x >12时.f x <0,则f x 在12,+∞ 上单调递减.所以f x 在x =12时取得极大值且极大值为f 12 =14-ln2,无极小值;(2)因为对任意x >0,f x ≤0恒成立,所以ln x +x +1≤m x 2+2x 在0,+∞ 上恒成立,即m ≥ln x +x +1x 2+2x在0,+∞ 上恒成立,设F x =ln x +x +1x 2+2x ,则Fx =-x +1 x +2ln x x 2+2x 2.设φx =-x +2ln x ,显然φx 在0,+∞ 上单调递减,因为φ1 =-1<0,φ12 =-12+2ln 12 =2ln2-12>0,所以∃x 0∈12,1 ,使得φx 0 =0,即x 0+2ln x 0=0,当x ∈0,x 0 时,φx >0,F x >0;当x ∈x 0,+∞ 时,φx <0,F x <0,所以F x 在0,x 0 上单调递增,在x 0,+∞ 上单调递减,所以F x max =F x 0 =ln x 0+x 0+1x 20+2x 0=12x 0,因为x 0∈12,1 ,所以12x 0∈12,1 ,故整数m 的最小值为1.10(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x -ln x +a ,a ∈R .(1)当a =1时,求f x 的单调区间;(2)若f x ≥a ,求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a =1时,函数f (x )=e x -ln (x +1)的定义域为(-1,+∞),因为f (x )=e x -1x +1,所以,当x >0时,f (x )>0,当-1<x <0时,f (x )<0,所以f (x )的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-1,0).(2)函数f (x )=e x -ln (x +a )的定义域为(-a ,+∞),f (x )≥a ,等价于e x -ln (x +a )-a ≥0,设g (x )=e x -ln (x +a )-a ,则g (x )=e x -1x +a,设h (x )=g (x ),则h (x )=e x +1(x +a )2>0恒成立,所以h (x )在(-a ,+∞)上单调递增,即g (x )在(-a ,+∞)上单调递增,当x →-a ,g (x )→-∞,当x →+∞,g (x )→+∞,所以∃x 0∈(-a ,+∞),使得g x 0 =0,即e x 0=1x 0+a ,所以a =1ex 0-x 0,当x ∈-a ,x 0 时,g (x )<0,所以g (x )单调递减,当x ∈x 0,+∞ 时,g (x )>0,所以g (x )单调递增,所以g min (x )=g x 0 =e x 0-ln x 0+a -a =e x 0-1ex 0+2x 0≥0,设p (x )=e x -1e x +2x ,则p (0)=0,而p (x )=e x +1e x +2>0恒成立,所以p (x )=e x -1ex +2x 为增函数,由p x 0 ≥0=p (0),所以x 0≥0.因为y =1e x ,y =-x 均为减函数,所以a =1ex 0-x 0在0,+∞ 上为减函数,所以,当x 0≥0时,a ≤1,所以实数a 的取值范围为(-∞,1]妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对任意x≥1,不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立,求a的取值范围.例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(3)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1.(1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线l经过点(2,4),求实数m的值;(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解,求实数m的取值范围.【同步练习】1.设函数f(x)=e x-1-x-ax2,(1)若a=0,求f(x)的单调区间;(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.3.已知函数f(x)=e x,g(x)=bx+1,若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立,求b的取值集合.4.设函数f(x)=ln(x+1),g(x)=xf (x),x≥0,其中f (x)是f(x)的导函数,若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围.恒成立,求a的取值范围.5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π26.设函数f(x)=1-e-x.设当x≥0时,f(x)≤xax+1,求a的取值范围.妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对任意x≥1,不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立,求a的取值范围.【解析】解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1+1 x,令g(x)=ln x+1+1x(x>0),则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时,g (x)<0;当x>1时,g (x)>0,所以g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以x>0时,g(x)>g(1)=2>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)的增区间为(0,+∞),无减区间.(2)对任意x≥1,不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1,ln x-a x-1x≤0恒成立.当x=1,a∈R对任意x>1,不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1,a≥x ln xx2-1恒成立.记m(x)=x ln xx2-1(x>1),则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2,记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1),则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0,所以t(x)在(1,+∞)单调递减,又t(1)=0,所以,x>1时,t(x)<0,即m (x)<0,所以m(x)在(1,+∞)单调递减.所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12,综上所述,a的取值范围是12,+∞.例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(3)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.【解析】解:(1)当a=1时,切点为(1,ln2),则f′(x)=1x+1+2x-1,所以f′(1)=32,切线方程为y-ln2=32(x-1),即3x-2y+2ln2-3=0,所以切线方程为:3x-2y+2ln2-3=0;(2)由题意可知,函数f(x)的定义域为(-1,+∞),则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1,令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞),①当a=0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点,②当a>0时,△=a(9a-8),当0<a≤89时,△≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点,当a>89时,△>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根,x1,x2,且x1=-a-9a2-8a4a,x2=-a+9a2-8a4a,此时x1<x2,因为x1+x2=-12,x1<-14,x2>-14,g(-1)=1>0,所以-1<x1<-14,因为x∈(-1,x1),(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数有两个极值点,当a<0时,△>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根,x1,x2,且x1=-a-9a2-8a4a,x2=-a+9a2-8a4a,此时x1>x2,因为g(-1)=1>0,所以x2<-1,所以,x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数有一个极值点,综上可知,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点;当a>89时,函数f(x)有两个极值点;(3)当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意,当89<a≤1时,g(0)>0,得x2<0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意,当a>1时,由g(0)<0,得x2>0,所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减,因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时,f(x)<0时,不符合题意,当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1),因为x∈(0,+∞)时,h′(x)=1-1x+1=xx+1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即h(x+1)<x,可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当x>1-1a时,ax2+(1-a)x<0,此时f(x)<0,不合题意,综上,a的取值范围为[0,1].例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1.(1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线l经过点(2,4),求实数m的值;(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解,求实数m的取值范围.【解析】解:(1)f (x)=2x-m-e x,∴在点(1,f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m,又f(1)=2-e-m,∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1),即l:y=(2-e-m)x,由l经过点(2,4),可得4=2(2-e-m)⇒m=-e.(2)证明:易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根,由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可.①当x>0时,若m<0,显然有mx<0,而|f(x)|≥0恒成立,此时方程显然无解,若m=0,f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x,f (x)=2-e x,令f (x)>0⇒x<ln2,故f (x)在(0,ln2)单调递增,在(ln2,+∞)单调递减,故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0,从而|f(x)|>0,mx=0×x=0,此时方程|f(x)|=mx也无解.若m>0,由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m,记g(x)=x+1x-e xx-m,则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2,设h(x)=x+1-e x,则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立,∴h(x)<h(0)=0恒成立,故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ,可知原方程也无解,由上面的分析可知x >0时,∀m ∈R ,方程|f (x )|=mx 均无解.②当x <0时,若m >0,显然有mx <0,而|f (x )|≥0恒成立,此时方程显然无解,若m =0,和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解.若m <0,由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x -m,记g (x )=x +1x -e x x -m ,则g (x )=(x -1)(x +1-e x )x 2,由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0,故g (x )>0在(-∞,0)恒成立,从而g (x )在(-∞,0)上单调递增,当x →0时,g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x 1-m =-1-m ,如果-1-m ≤0,即m ≥-1,则|g (x )|>m +1,要使方程无解,只需-m ≤m +1⇒m ≥-12,即有-12≤m <0如果-1-m >0,即m <-1,此时|g (x )|∈[0,+∞),方程-m =|g (x )|一定有解,不满足.由上面的分析知x <0时,∀m ∈-12,+∞ ,方程|f (x )|=mx 均无解,综合①②可知,当且仅当m ∈-12,+∞ 时,方程|f (x )|=mx 有唯一解,∴m 的取值范围为-12,+∞ .【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2,(1)若a =0,求f (x )的单调区间;(2)若当x ≥0时f (x )≥0,求a 的取值范围.【解析】(1)a =0时,f (x )=e x -1-x ,f '(x )=e x -1.当x ∈(-∞,0)时,f '(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0.故f (x )在(-∞,0)单调减少,在(0,+∞)单调增加.(2)当x =0时,f (x )=0,对于任意实数a ,f (x )≥0恒成立;当x >0时,f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2,令g (x )=e x -x -1x 2(x >0),则g (x )=xe x -2e x +x +2x 3,令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0),则h (x )=xe x -e x +1,h (x )=xe x >0,所以h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,所以h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,所以g (x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数.而limx→0+(e x-1-x)=0,limx→0+(x2)=0,由洛必达法则知,lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12,故a≤12.综上得a的取值范围为-∞,1 2.2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1,当a=0时,f (x)=1x+1>0,函数f(x)在(-1,+∞)为增函数,无极值点.设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a,当a≠0时,根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数.若Δ=a(9a-8)≤0,即0<a≤89时,g(x)≥0,f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数,无极值点.若Δ=a(9a-8)>0,即a>89或a<0,而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根,此时函数f(x)只有一个极值点;当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根,此时函数f(x)有两个极值点;综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0;当a<0时f(x)的极值点个数为1;当a>89时,f(x)的极值点个数为2.(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),∀x>0,都有f(x)≥0成立,即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立,设h(x)=-ln x+1x2-x,则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2,设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1),则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2,所以x∈0,1 2和x∈12,1时,φ (x)<0,所以φ(x)在对应区间递减,x∈(1,+∞)时,φ (x)>0,所以φ(x)在对应区间递增,因为φ(0)=0,limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0,φ(1)=ln2>0,所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时,h (x)>0,所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增.当x∈0,1时,x2-x<0,所以a≤-ln x+1x2-x,由h(x)的单调性得,a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1;当x=1时,f(x)=0,恒成立;当x∈1,+∞时,x2-x>0,所以a≥-ln x+1x2-x,由h(x)的单调性得,所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0,综上,a∈0,13.已知函数f(x)=e x,g(x)=bx+1,若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立,求b的取值集合.【解析】e x≥bx+1恒成立,即e x-1≥bx.当x=0时显然成立,即b∈R.当x>0时,b<e x-1x,令F(x)=e x-1x,则F(x)=e x(x-1)+1x2,令G(x)=e x(x-1)+1,则G (x)=xe x>0,所以G(x)递增,所以G(x)>G(0)=0,所以F (x)在(0,+∞)上恒成立.所以F(x)在(0,+∞)上递增,根据洛必达法则得,limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1,所以b≤1.同理,当x<0时,b≥1.综上所述,b的取值集合为1 .4.设函数f(x)=ln(x+1),g(x)=xf (x),x≥0,其中f (x)是f(x)的导函数,若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围.【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(x+1)≥axx+1恒成立.当x=0时,a为任意实数,均有不等式恒成立.当时x>0,不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立.令h(x)=(x+1)ln(x+1)x,则h(x)=x-ln(x+1)x2,再令φ(x)=x-ln(x+1),则φ (x)=xx+1.因为x>0,所以φ (x)>0,所以φ(x)在(0,+∞)上递增,从而有φ(x)>φ(0)=0.进而有h (x)>0,所以h(x)在(0,+∞)上递增.当x→0+时,有(x+1)ln(x+1)→0,x→0,由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1,所以当x→0+时,h(x)→1.所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立,则a≤1.综上,实数的取值范围为(-∞,1].5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立,求a的取值范围.【解析】当x∈0,π2时,原不等式等价于a>x-sin xx3.记f(x)=x-sin xx3,则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4.记g(x)=3sin x-x cos x-2x,则g (x)=2cos x+x sin x-2.因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x),g (x)=-x sin x<0,所以g (x)在0,π2上单调递减,且g (x)<0,所以g (x)在0,π2上单调递减,且g (x)<0.因此g(x)在0,π2上单调递减,且g(x)<0,故f (x)=g(x)x4<0,因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减.由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时,g(x)→16,即有f(x)<16.故a≥16时,不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立.6.设函数f(x)=1-e-x.设当x≥0时,f(x)≤xax+1,求a的取值范围.【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0,此时f(x)≥0.(1)当a<0时,若x>-1a,则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立;(2)当a≥0时,当x≥0时,f(x)≤xax+1,即1-e -x≤xax+1;若x=0,则a∈R;若x>0,则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1,即a≤xe x-e x+1xe x-x.记g(x)=xe x-e x+1xe x-x,则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x.记h(x)=e x-x2-2+e-x,则h (x)=e x-2x-e-x,h (x)=e x+e-x-2>0.因此,h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增,且h (0)=0,所以h (x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(0)=0,所以h(x)>0.因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时,g(x)→12,即有g(x)>12,所以a≤12.综上所述,a的取值范围是-∞,12.。

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

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。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

【答案】(Ⅰ)0;(Ⅱ)见解析.
【解析】(Ⅰ)解:因为 f (x) ex+m x3 , 所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0,f 0 处的切线斜率为1, 所以 f 0 em 1,解得 m 0 .…………………………………………………2 分
(Ⅱ)证法一:因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ,
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 .
当 m 1时, ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 .
要证 ex+m ln x 1 2 0 ,只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
,解得: ,

,解得:

故 在 递减,在
递增;
2 由 1 知要使 存在最小值,
则且

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递减,



故存在
使得
故在
递增,在




, 递减, ,






2.【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数

讨论 的单调性;
若 , 是 的两个极值点,证明:

【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)见解析 【解析】
解问题决定,因此必要时尽可能缩小其范围;
第二步:以零点为分界点,说明导函数 f′(x)的正负,进而得到 f(x)的最值表达式;这里应注意,进行代

函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究

函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究

函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈(1)讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性; (2)证明:2ln 0x e e x ->恒成立.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R .(1)当1em =时,求函数()f x 的最小值; (2)若2e 2m ≥,()22e x m x g x x-=,求证:()()f x g x <.3.已知函数()ln f x x x =.(1)求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程; (2)当1a >时,求证:存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得对任意的(),1x c ∈,恒有()()1f x ax x >-.4.(1)已知21()ln f x x x =+,证明:当2x ≥时,221ln 1(ln 2)4x x x +≥+;(2)证明:当4211(2,1)a e e ∈----时,33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值,记()g x 最小值为()a ϕ,求()a ϕ的值域.5.函数()ln()af x x t x=++,其中t ,a ,为实常数 (1)若0t =时,讨论函数()f x 的单调性;(2)若0t =时,不等式()1f x ≥在(0,1]x ∈上恒成立,求实数a 的取值范围;(3)若()xag x e x=+,当2t ≤时,证明:()()g x f x >.6.已知函数()()ln f x x x a =-,()3F x x x m =-+,若()f x 在()(),e f e 处的切线斜率为1.(1)若()()f x F x <在()1,+∞上恒成立,求m 的最小值M ; (2)当m M =,(]0,1x ∈时,求证:()()xf x e F x >⋅.函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈(1)讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性; (2)证明:2ln 0x e e x ->恒成立.【答案】.(1)当0a ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增;当0a >时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;(2)证明见解析.【解析】 【分析】 (1)求导()()110axf x a x x x-'=-=>,根据定义域,分0a ≤和0a >两类讨论求解.(2)证法一:由(1)知,当0a >时,()1ln ln1f x x ax a =-≤-,当1a e =时,有ln x x e≤,即2ln e x ex ≤,将2ln 0x e e x ->恒成立,转化为x e ex ≥在()0,∞+上恒成立,设()()0xe g x x x=>,用导数法论证()g x e >即可.【详解】 (1)()()110ax f x a x x x-'=-=>, 当0a ≤时,()0f x '>恒成立,所以,()f x 在()0,∞+上单调递增; 当0a >时,令()0f x '=,得到1x a=, 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 单调递增,当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 单调递减.综上所述,当0a ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增;当0a >时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)证法一:由(1)可知,当0a >时,()1ln ln 1f x x ax a=-≤-, 特别地,取1a e =,有ln 0xx e -≤,即ln x x e≤, 所以2ln e x ex ≤(当且仅当x e =时等号成立),因此,要证2ln 0x e e x ->恒成立,只要证明x e ex ≥在()0,∞+上恒成立即可,设()()0xe g x x x =>,则()()21x e x g x x-'=, 当()0,1x ∈时,()0g x '<,()g x 单调递减, 当()1,x ∈+∞时,()0g x '>,()g x 单调递增.所以,当1x =时,()()min 1g x g e ==,即x e ex ≥在()0,∞+上恒成立.因此,有2ln x e ex e x ≥≥,又因为两个等号不能同时成立,所以有2ln 0x e e x ->恒成立.证法二:记函数()22ln ln x x e x ex x eφ-=-=-,则()22111x x x e e e x x φ-'=⨯-=-,可知()x φ'在()0,∞+上单调递增,又由()10φ'<,()20φ'>知,()x φ'在()0,∞+上有唯一实根0x ,且012x <<,则()020010x x ex φ-'=-=,即()0201*x e x -=, 当()00,x x ∈时,()0x φ'<,()x φ单调递减;当()0,x x ∈+∞时,()0x φ'>,()x φ单调递增,所以()()0200ln x x x ex φφ-≥=-,结合(*)式021x e x -=,知002ln x x -=-, 所以()()()2200000000121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>,则()2ln 0x x e x φ-=->,即2ln x e x ->,所以有2ln 0x e e x ->恒成立.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性,导数与不等式恒成立,还考查了分类讨论的思想、转化化归思想和运算求解的能力,属于难题.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R .(1)当1em =时,求函数()f x 的最小值; (2)若2e 2m ≥,()22e x m x g x x-=,求证:()()f x g x <.【答案】(1)0;(2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)1em =,对函数()f x 求导,利用导数判断其单调性,进而可求出最小值; (2)构造函数()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->,对函数()F x 求导,分别求出01x <≤和1x >时,函数()F x 的单调性,进而证明其最大值小于0,即可证明结论成立.【详解】(1)由题意知()f x 的定义域为0,.当1e m =时,()l e n e x f x x xx =+-,则()()()()22e e 1e 111e e x x x x xf x x x x---'=+-=. 令()()e e 0xu x x x =->,则()e e xu x '=-,令()0u x '>,得1x >,令()0u x '<,得01x <<, 故()u x 在1,上单调递增,在0,1上单调递减,则()()10u x u ≥=,即对任意()0,x ∈+∞,()e e 0xu x x =-≥恒成立. 所以令0fx ,得1x >,令0f x ,得01x <<,故()f x 在1,上单调递增,在0,1上单调递减,所以当1x =时,()f x 取得最小值,即()()min 10f x f ==.(2)令()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->,220e m ≥>, 则()()221e1e e xx x x m x m x m F x x x x---'=-=, 当01x <≤时,()10m x --≥,则()0F x '>,()F x 单调递增, 所以当01x <≤时,()()1e 0m x F F =-<≤,故()()f x g x <成立; 当1x >时,()()()21e 1x m x x F x x m x ⎡⎤-'=-⋅-⎢⎥-⎣⎦,显然()210m x x --<, 令()()()e 11xxG x x m x =->-,则()()21e 1G x x m x '=+-,因为220em ≥>,所以()0G x '>,即()G x 在1,上单调递增,因为2e 2m ≥,所以()222e 22e 0m G m m-=-=≥,因为222e 11e 1e 1m m m =+--,且2e 11m -≥,所以22e 12e 1m m <≤-, 所以存在t 满足22e 12e 1m t m <<≤-,则()22e 1e t m m -<,整理得()2e 1t m t >-, 则有()()22e e e 01ttG t m t =-<-=-.因为()()20G t G ≤,所以()G x 存在唯一零点(]01,2x ∈,所以()01,x x ∈时,()0G x <,()0F x '>,()F x 单调递增;()0,x x ∈+∞时,()0G x >,()0F x '<,()F x 单调递减,所以当1x >时,()F x 的最大值为()0F x ,且(]01,2x ∈.由()00G x =,可得()000e 1x x m x =-,故()000000e 1ln ln 1x m F x x x x x =-=--.令()n 11l x x x ϕ=--,(]1,2x ∈,则()()21101x x x ϕ'=+>-,所以()ϕx 在(]1,2上单调递增,所以()()2ln 21x ϕϕ≤=-, 故()0ln 210F x ≤-<,所以1x >时,()()f x g x <成立. 综上所述,()()f x g x <.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值,考查利用导数证明不等式,考查学生逻辑推理能力与计算求解能力,属于难题.3.已知函数()ln f x x x =.(1)求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程; (2)当1a >时,求证:存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得对任意的(),1x c ∈,恒有()()1f x ax x >-.【答案】(1)10x y --=;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出原函数的导函数,得到()1f ',再求得()1f ,利用直线方程点斜式得答案; (2)由()()1f x ax x >-等价于ln (1)x a x >-,设()()ln 1g x x a x =--,求得()g x ',利用导数研究其单调性,由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x > ,计算可得()0ag e -<,则存在01,,ax e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =,结合()g x 在区间01,x a ⎛⎫⎪⎝⎭内是增函数,可得当01,x x a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >.由此可证得结论. 【详解】(1)由()ln f x x x =,得()ln 1f x x '=+, ∴()()10,11f f '==,故所求切线方程为()011y x -=⨯-,即10x y --=; (2)证明:由()()1f x ax x >-,得ln (1)x x ax x >-,考虑到0x >,可得()ln 1x a x >-,设()()ln 1g x x a x =--,则111()a x ax a g x a x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'=-==-,当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>,当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0g x '<,∴()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >,①又()()ln 10aa a a g ee a e ae ----=--=-<,则存在01,,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =.又()g x 在区间01,x a⎛⎫ ⎪⎝⎭内是增函数,∴当01,x x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >.② 由①②可知,存在01,c x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()0g x >恒成立, 即存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得对任意的(,1)x c ∈,恒有()(1)f x ax x >-. 【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程,考查利用导数研究函数的最值,及恒成立问题呢,属于难题. 4.(1)已知21()ln f x x x =+,证明:当2x ≥时,221ln 1(ln 2)4x x x +≥+; (2)证明:当4211(2,1)a e e ∈----时,33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值,记()g x 最小值为()a ϕ,求()a ϕ的值域.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析,()a ϕ的值域为63222(,)9393e e e e -+-+【解析】 【分析】(1)求出导数()f x ',确定函数()f x 的单调性,从而证明2x ≥时,()(2)f x f ≥,此不等式同乘以2x ,即证得题设不等式成立; (2)求()g x ',由(1)可得4211(2,1)a e e∈----时,2(,)x e e ∈时,()g x '有唯一零点0x ,这就是()g x 的最小值点,求得0()()a g x ϕ=,由0201ln 0x a x ++=,把()g a 转化为0x 的函数0()h x ,再由导数的知识研究0()h x 在2(,)e e 上的单调性,得其取值范围。

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.。

第6讲 隐零点(含答案)

第6讲 隐零点(含答案)

2020本讲义由作业帮周永亮老师(白哥)独家编撰,侵权必究知识精讲1.二次求导(1)如果原函数的导函数等于0属于超越方程(即方程解不出),则需要二次求导;(2)二次求导设函数时,只需要将影响导函数正负数的部分重新构造函数即可.2.隐零点的概念在求解函数问题时,很多时候都需要求函数在区间上的零点,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.但可以这样尝试求解:(1)先证明函数在区间存在唯一的零点(例如,函数在区间上是单调函数且在区间的两个端点的函数值异号时就可以),这时可以设出其零点是.(2)因为不容易求出(当然,有时是可以求出但无需求出),所以把零点叫做隐零点;若容易求出,就叫显零点,而后解答就可继续进行.(3)这种方法,也称为“设而不求”的方法.63.隐零点在导函数中的应用在求解函数问题时,为了了解函数的性质,很多时候我们需要根据函数的导函数来判断其性质,一般情况下,我们会先求出的解,然后根据穿根法来判断函数的单调性,极值与最值.但是,当是超越方程的时候,我们就需要进行二次求导,通过二次求导判断了的单调性后,如果在(没有具体数值)两侧满足异号且,此时就称为的隐零点.4.导数中隐零点求解的一般步骤(1)求出函数的导函数,判断是否有解;(2)若属于超越方程(有解,但是求不出),则重新构造函数来判断的单调性(有时候只需要重新构造函数,值得等于影响的部分即可);(3)对函数进行求导,根据的单调性判断存在使得且在两侧异号,此时同样满足 ;(4),一般情况下会是“设而不求”的中最具有价值的式子,我们需要根据这个式子对后面的结果进行转换处理;知识札记1(★★★★☆)(2019·湖南长沙市期末【理】)已知函数,,若对任意的,,都有成立,则实数的取值范围是()A. B.C. D.A答案:,解答:当时,,函数在上单调递增当时,,函数在在上单调递减又,若对任意的,,都有成立即当时,恒成立即恒成立即在上恒成立令,则,设,所以当在时,所以即在上单调递减即在上单调递减由于考点1 二次求导经典例题20203(★★★★☆)已知函数,则下面对函数的描述正确的是()A. ,B.,C.,D.B答案:由题意可得,,解答:设,在上恒成立则函数在上单调递增,即在上单调递增,考点2 隐零点基础应用2(★★★★☆)(2018·河南安阳市期中【文】)若存在使得不等式成立,则实数的取值范围为()A. B. C. D.B答案:依题意,在上有解,令,,即解答:故令,故当时,,所以函数在上单调递减故,故,即故实数的取值范围为故选:当时,,单调递增当时,,单调递减由故故选:5(★★★★☆)(2017·海南一模【理】)考点3 隐零点与不等式证明4(★★★★☆)求证:.设函数,则定义域为解答:则容易看出在定义域内恒大于所以在定义域内递增当时,当时,所以存在,使当时,函数递增;当时,函数递减所以函数在定义域内的最小值为因为所以最小值则,证毕则在上有唯一的实数根设为,且,则为的极小值点,同时也是最小值点,则有,则故又,则当且仅当时,等号成立,又,则,则故只有选项正确故选:.6(★★★★☆)(2018·山东东营市月考【文】)已知函数,(,,为自然对数的底数),且在点处的切线方程为.(1)求实数,的值;(2)求证:.(1)解答:,且又在点处的切线方程为切点为解得:(2)由(1)可知,,且的定义域为已知函数,,曲线在点处的切线方程为.(1)求,的值;(2)设,求证:.(1)函数的导数,,解答:在点处的切线方程为由曲线在点处的切线方程为得(2)证明:由(1)可得,要证只要证明设,设,则在上单调递减,上单调递增设曲线与轴的交点为,,,,,,,即7(★★★★☆)(2017·北京西城区期末【理】)已知函数.(1)若在处的切线与直线平行,求的值.(2)若恒成立,求证:.(1),,解答:所以的值为(2),,当时,,即当时,,在单调递减当时,,在单调递增而单调递减的极小值令,(),在单调递增极小值因为,是一个单调递减的函数,则综上所述,令则令,可知在上为减函数,且,,使得,即,即当时,,则为增函数当时,,则为减函数,即9(★★★★★)(2018·重庆渝中区期中)已知函数.(1)求函数的单调区间.(2)若,对任意实数都成立,记的最大值为,求证:.(证明可能要用到的近似值:,,)(1)()解答:设,时时8(★★★★☆)已知,若,且对任意恒成立,则的最大值是.答案:解答:可化为令则令,则故在上是增函数且,故存在,使,即故在上是减函数,在上是增函数故故又故的最大值是故答案为:.考点4 隐零点处理恒成立问题10(★★★★☆)(2017·河北衡水市期末【理】)已知函数,.(1)讨论函数的单调性.(2)若函数在区间有唯一零点,证明:.(1),解答:令,若,即,则,当时,,单调递增若,即,则,仅当时,等号成立,当时,,单调递增考点5 隐零点处理范围估算问题的单调递增区间为,,无单调递减区间(2)由对任意实数都成立设()()设()在上递增,存在唯一的,使时,在上单调递减时,在上单调递增又,,时,,存在唯一实数,使,有即时,时,为唯一的极小值点在递减,即11(★★★★☆)(2018·西藏林芝市月考【理】)已知函数,且.(1)求;(2)证明:存在唯一的极大值点,且.(1)因为()解答:所以等价于()因为当时,,单调递减;当时,,单调递增所以又因为所以,解得若,即,则有两个零点,,由,得当时,,,单调递增当时,,,单调递减当时,,,单调递增综上所述当时,在上单调递增当时,在和上单调递增,在上单调递减(2)由上题及可知:仅当极大值等于零,即时,符合要求此时,就是函数在区间的唯一零点所以,从而有又因为所以令,则设,则易知:,,单调递减又因为,所以,即12(★★★★☆)(2019·全国Ⅱ【文】)已知函数.证明:(1)存在唯一的极值点;(2)有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.(1)的定义域为,解答:因为单调递增,单调递增所以单调递增又,故存在唯一,使得又当时,,单调递减,当时,,单调递增因此,存在唯一的极值点(2)由(1)知又考点6 隐零点处理零点个数问题(2)由(1)可知(),令,可得记(),则令,解得;令,解得所以在区间上单调递减,在上单调递增所以又时,;从而有解,即存在两根,()令,解得;令,解得所以在,上为增函数;在上为减函数所以必存在唯一的极大值点,且由可知由可知所以在上单调递增,在上单调递减所以综上所述,存在唯一的极大值点,且13(★★★★★)(2018·山东济南市期中【理】)已知函数,对任意,满足,其中,为常数.(1)若,求在处的切线方程.(2)已知,求证.(3)当存在三个不同的零点时,求的取值范围.(1)在中,取,得解答:又所以,经检验,满足题意从而,,所以在处的切线方程为(2)由(1)知令(),则时,,单调递减所以所以时,(3)当时,令解得,此时函数在上递减,在上递增,在上递减易知的一个零点为由于,且,所以一定,使得又所以在内存在唯一根由,得又故是在的唯一根综上,有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数所以函数有三个不同零点:,,当时,恒成立,单调递增,此时不可能有三个零点当时,恒成立,单调递减,此时不可能有三个零点综上,1(★★★★☆)(2018·河南南阳市月考【理】)设函数().(1)若在点处的切线为,求,的值;(2)求的单调区间;(3)若,求证:在时,.(1)()解答:又在点处的切线斜率为切点为把切点代入切线方程得(2)由(1)知()①当时,在上恒成立在上单调递减②当时,令,解得当时,,单调递减当时,,单单调递增综上所述:当时,的单调递减区间为,无增区间当时,的单调递减区间为,单调递增区间为(3)当时,要证,即证令(),只需证由指数函数及幂函数的性质知在上是增函数又,课后练习63(★★★★☆)(2018·广东东莞市二模【理】)已知函数(),且的最小值为.()求实数的取值范围.()设,若的极值为,求证:.2(★★★☆☆)(2018·广东广州市期中【文】)设函数.(1)讨论的导函数的零点的个数;(2)证明:当时.(1)的定义域为,()解答:当时,,没有零点当时,因为单调递增,单调递增所以在单调递增又不妨取,故当时存在唯一零点(2)由(1),,可设在的唯一零点为当时,当时,故则在单调递减,在单调递增所以,所以当且仅当,取等号故当时在内存在唯一的零点也即在上有唯一零点,设的零点为则,即()由的单调性知,当时,,为减函数当时,,为增函数所以当时,又即当时,()函数()解答:当时,在上单调递增在上无最小值,不合题意当时,令,得在上,,在上单调递减在上,,在上单调递增最小值极小值的最小值为,解得()由题意知,令,则在上,,在上单调递减,在上,在上单调递增时,在上存在唯一的零点记,则在上,;在上,在上单调递减,在上单调递增在上有且只有一个极小值,且2020。

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$x_0$。

2025届新高考数学一轮复习精讲精练:导数中的隐零点问题

2025届新高考数学一轮复习精讲精练:导数中的隐零点问题

所以
f
x
a
x
ex
alnx, 0
x
x0
ex
a x
alnx,
x
x0
当0
x
x0
时,
f
x
a x
ex
alnx
,由
f
x
a x2
ex
a x
0

则 f x 在 0, x0 上单调递减,

x
x0 时,
f
x
ex
a x
alnx
,由
f
x
ex
a x
a x2
,(分开考虑导函数符号)

x
x0
时,
y
ex
a x

1 x0
ln 1
e x0
,从而构造函数 x
xex
x
0 ,结合函数单调
性,得到
x0
ln
1 x0
,代入
x0 中,即可得解.
(3)变形后可得函数 h x 的零点个数即为 x m 的实数根的个数,结合 x 的单调性
讨论即可得.
【详解】(1) f x x 1ex ,令 f x 0 ,可得 x 1, 故 f x 的单调递增区间为1, ;
t
令 h t 2 t et1 lnt 1 1 (t 1) ,
t
则 ht 1 t et1 1
t
1 t2
1
t
et
1
1 t2
0

h
t

t
1,
上为减函数
且 h 1 1 0, h 2 1 ln2 0
2
当 ht 0 时 t 1, 2 ,即1 x0 2

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。

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,

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.。

专题阅读2 导数压轴题之隐零点的妙用

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例 6 已知函数 f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R). (1)求函数 y=f(x)的单调区间; (2)当 a=1 时,证明:对任意的 x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
[解析] (1)函数 f(x)的定义域是(0,+∞), f′(x)=2x-(a-2)-ax=x+1x2x-a. 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,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x>a2,
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例 5 已知函数 f(x)=ln x-x+1,函数 g(x)=axex-4x,其中 a 为大于零的常数. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)求证:g(x)-2f(x)≥2(ln a-ln 2). [解析] (1)函数 f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1x-1=1-x x, x∈(0,1)时,f′(x)>0,y=f(x)单调递增; x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,y=f(x)单调递减. (2)证明:令 h(x)=axex-4x-2ln x+2x-2=axex-2x-2ln x-2(a>0,x>0). h′(x)=a(ex+xex)-2-2x=aex(x+1)-2x+x 1, 故 h′(x)=(x+1)aex-2x.
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又 x0 满足 ex0 =a2xa0++21, 代入上式可得 f(x0)=a+1-x02+x201+x0+1, ∵x0∈(0,1],∴-2x20+x0+1≥0, 即 f(x0)≥0 恒成立,所以 a≥e-1 1.
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例 4 已知函数 f(x)=(ex-x-1)·ex,证明:f(x)存在唯一极大值点 x0,且 0<f(x0) <14.
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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.本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全5.已知函数f(x)=axe x﹣(a+1)(2x﹣1).(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解答】解:(1)若a=1,则f(x)=xe x﹣2(2x﹣1),当x=0时,f(0)=2,f'(x)=xe x+e x﹣4,当x=0时,f'(0)=﹣3,所以所求切线方程为y=﹣3x+2.……(3分)(2)由条件可得,首先f(1)≥0,得,而f'(x)=a(x+1)e x﹣2(a+1),令其为h(x),h'(x)=a(x+2)e x恒为正数,所以h(x)即f'(x)单调递增,而f'(0)=﹣2﹣a<0,f'(1)=2ea﹣2a﹣2≥0,所以f'(x)存在唯一根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].本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全7.已知函数f(x)=3e x+x2,g(x)=9x﹣1.(1)求函数φ(x)=xe x+4x﹣f(x)的单调区间;(2)比较f(x)与g(x)的大小,并加以证明.【解答】解:(1)φ'(x)=(x﹣2)(e x﹣2),令φ'(x)=0,得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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