高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

1.（2012?新课标）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．

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）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．

2.（2013?新课标Ⅱ）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．

3.（2015?新课标Ⅰ）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．

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＜ln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，

所欲当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．

4.（2016?新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（x）=e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

解：（1）证明：f（x）=

f'（x）=e x（）=

，

∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0

∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增，∴x＞0时，＞f（0）=﹣1

即（x﹣2）e x+x+2＞0

（2）g'（x）===a∈[0，1），由（1）知，当x＞0时，f（x）=的值域为（﹣1，+∞），只有一解使得

，只需?e t≤0恒成立，可得﹣2＜t≤2，由x＞0，可得t∈（0，2]

当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；

h（a）===

记k（t）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，

故k（t）单调递增，所以h（a）=k（t）∈（，]．

5.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．

（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．

则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．

因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，

所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；

另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），

所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；

（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，