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fx=ae x﹣a﹣xe x a≥0,e=…,e为自然对数的底数,若fx≥0对于x∈R恒成立．1求实数a的值；2证明：fx存在唯一极大值点x0,且．解答1解：fx=e x ae x﹣a﹣x≥0,因为e x＞0,所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立,即ae 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hx=,x＞0,h′x=＜0,故hx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gx=,x＜0,g′x=＞0,故hx在﹣∞,0递增,而==1,故a≤1,综上：a=1；2证明：由1fx=e x e x﹣x﹣1,故f'x=e x2e x﹣x﹣2,令hx=2e x﹣x﹣2,h'x=2e x﹣1,所以hx在﹣∞,ln单调递减,在ln,+∞单调递增,h0=0,hln=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0,h﹣2=2e﹣2﹣﹣2﹣2=＞0,∵h﹣2hln＜0由零点存在定理及hx的单调性知,方程hx=0在﹣2,ln有唯一根,设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0,从而hx有两个零点x0和0,所以fx在﹣∞,x0单调递增,在x0,0单调递减,在0,+∞单调递增,从而fx存在唯一的极大值点x0即证,由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=,x0≠﹣1,∴fx0=e x0e x0﹣x0﹣1=﹣x0﹣1=﹣x02+x0≤2=,取等不成立,所以fx0＜得证,又∵﹣2＜x0＜ln,fx在﹣∞,x0单调递增所以fx0＞f﹣2=e﹣2e﹣2﹣﹣2﹣1=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证,从而0＜fx0＜成立．2．已知函数fx=ax+xlnxa∈R1若函数fx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kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,求k的最大值．解答解：1∵函数fx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﹣1max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是﹣2,+∞．2a=1时,fx=x+lnx,k∈Z时,不等式kx﹣1＜fx在x∈1,+∞上恒成立,∴k＜,令gx=,则g′x=,令hx=x﹣lnx﹣2x＞1．则h′x=1﹣=＞0,∴hx 在1,+∞上单增,∵h3=1﹣ln3＜0,h4=2﹣2ln2＞0,存在x0∈3,4,使hx0=0．即当1＜x＜x0时hx＜0 即g′x＜0x＞x0时hx＞0 即g′x＞0gx在1,x0上单减,在x0+∞上单增．令hx0=x0﹣lnx0﹣2=0,即lnx0=x0﹣2,gx min=gx0===x0∈3,4．k＜gx min=x0∈3,4,且k∈Z,∴k max=3．3．函数fx=alnx﹣x2+x,gx=x﹣2e x﹣x2+m其中e=…．1当a≤0时,讨论函数fx的单调性；2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx恒成立,求正整数m的最大值．解答解：1函数fx定义域是0,+∞,,i当时,1+8a≤0,当x∈0,+∞时f'x≤0,函数fx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fx的单调递减．当x∈x1,x2时f'x＞0,函数fx的单调速递增,当x∈x2,+∞时f'x＜0,函数fx的单调递减；综上所述,i当时fx的单调递减区间是0,+∞,ⅱ当时,fx的单调递增区间是,单调递减区间是和2当a=﹣1,x∈0,1时,fx＞gx,即m＜﹣x+2e x﹣lnx+x,设hx=﹣x+2e x﹣lnx+x,x∈0,1,∴,∴当0＜x≤1时,1﹣x≥0,设,则,∴ux在0,1递增,又∵ux在区间0,1上的图象是一条不间断的曲线,且,∴使得ux0=0,即,当x∈0,x0时,ux＜0,h'x＜0；当x∈x0,1时,ux＞0,h'x＞0；∴函数hx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+2e 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fx=e x+a﹣lnx其中e=…,是自然对数的底数．Ⅰ当a=0时,求函数a=0的图象在1,f1处的切线方程；Ⅱ求证：当时,fx＞e+1．解答Ⅰ解：∵a=0时,∴,∴f1=e,f′1=e﹣1,∴函数fx的图象在1,f1处的切线方程：y﹣e=e﹣1x﹣1,即e﹣1x﹣y+1=0；Ⅱ证明：∵,设gx=f′x,则,∴gx是增函数,∵e x+a＞e a,∴由,∴当x＞e﹣a时,f′x＞0；若0＜x＜1e 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,fx递减；当x＞x0时,f′x＞0,fx递增；∴,而,记hx=lnx+x,则,﹣a＜hx0＜h,而hx显然是增函数,∴,∴．综上,当时,fx＞e+1．5．已知函数fx=axe x﹣a+12x﹣1．1若a=1,求函数fx的图象在点0,f0处的切线方程；2当x＞0时,函数fx≥0恒成立,求实数a的取值范围．解答解：1若a=1,则fx=xe x﹣22x﹣1,当x=0时,f0=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f1≥0,得,而f'x=ax+1e x﹣2a+1,令其为hx,h'x=ax+2e x恒为正数,所以hx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fx在0,x0上单调递减,在x0+∞上单调递增,所以函数fx的最小值为,只需fx0≥0即可,又x0满足,代入上式可得,∵x0∈0,1,∴,即：fx0≥0恒成立,所以．……13分6．函数fx=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fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,求实数m的取值范围．解答解：1∵fx=xe x﹣ax+b,∴f′x=x+1e x﹣a,由函数fx的图象在x=0处的切线方程为：y=﹣x+1,知：,解得a=2,b=1．2∵fx满足：当x＞0时,fx≥lnx﹣x+m,∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1,①令gx=xe x﹣x﹣lnx+1,x＞0,则=,设g′x0=0,x0＞0,则=,从而lnx0=﹣x0,g′=3＜0,g′1=2e﹣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gx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增．∴gx min=gx0=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0﹣x0+x0=1．m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立m≤gx min,∴实数m的取值范围是：﹣∞,1．7．已知函数fx=3e x+x2,gx=9x﹣1．1求函数φx=xe x+4x﹣fx的单调区间；2比较fx与gx的大小,并加以证明．解答解：1φ'x=x﹣2e 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φx在﹣∞,ln2上单调递增,在ln2,2上单调递减,在2,+∞上单调递增．2fx＞gx．证明如下：设hx=fx﹣gx=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．∴hx min=hx0=,又,∴,∴==x0﹣1x0﹣10,∵x0∈0,1,∴x0﹣1x0﹣10＞0,∴hx min＞0,∴fx＞gx．8．已知函数fx=lnx+ax﹣12a＞0．1讨论fx的单调性；2若fx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=fx在0,+∞上单调递增,②当a＞2时,设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为,且,y=fx在0,x1,x2,+∞单调递増,在x1,x2单调递减．2证明：依题可知f1=0,若fx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gx在上单调递减,又,根据零点存在定理,故．9．已知函数fx=,其中a为常数．1若a=0,求函数fx的极值；2若函数fx在0,﹣a上单调递增,求实数a的取值范围；3若a=﹣1,设函数fx在0,1上的极值点为x0,求证：fx0＜﹣2．解答解：1fx=的定义域是0,+∞,f′x=,令f′x＞0,解得0＜x＜,令f′x＜0,解得：x＞,则fx在0,递增,在,+∞递减,=f=,无极小值；故fx极大值2函数fx的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=,要使函数fx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′=21+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fx=导数为f′x=,设函数fx在0,1上的极值点为x0,可得1﹣2lnx0﹣=0,即有2lnx0=1﹣,要证fx0＜﹣2,即+2＜0,由于+2=+2==,由于x0∈0,1,且x0=,2lnx0=1﹣不成立,则+2＜0,故fx0＜﹣2成立．10．已知函数fx=lnx﹣x+1,函数gx=axe x﹣4x,其中a为大于零的常数．Ⅰ求函数fx的单调区间；Ⅱ求证：gx﹣2fx≥2lna﹣ln2．解答解：Ⅰ…………………………………2分x∈0,1时,f'x＞0,y=fx单增；x∈1,+∞时,f'x＜0,y=fx单减 (4)Ⅱ证明：令hx=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2a＞0,x＞0 (5)故 (7)令h'x=0即,两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna (9)∴,∴hx≥2lna﹣2ln2……………………………12分11．已知函数fx=x2﹣a﹣2x﹣alnxa∈R．Ⅰ求函数y=fx的单调区间；Ⅱ当a=1时,证明：对任意的x＞0,fx+e x＞x2+x+2．解答解：Ⅰ函数fx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fx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,fx=x2+x﹣lnx,要证明fx+e x＞x2+x+2,只需证明e x﹣lnx﹣2＞0,设gx=e x﹣lnx﹣2,则问题转化为证明对任意的x＞0,gx＞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gx变化情况如下表x0,x0x0x0,∞g′x﹣0+gx递减递增gx min=gx0=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2,因为x0＞0,且x0≠1,所以gx 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=fx在点1,f1处的切线方程；ii求函数fx的单调区间；Ⅱ若1＜a＜2,求证：fx＜﹣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gx=2﹣lnx﹣2x2,所以gx在0,+∞上单调递减,且g1=0所以当x∈0,1时,gx＞0即f'x＞0所以当x∈1,+∞时,gx＜0即f'x＜0综上所述,fx的单调递增区间是0,1,单调递减区间是1,+∞．Ⅱ证明：fx＜﹣1,即设,,设φx=﹣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,hx单调递增,当x∈x0,+∞时,h'x＜0,hx单调递减,所以,因为,所以,令hx0=0得,因为1＜a＜2,所以,,因为,所以hx0＜0恒成立,即hx＜0恒成立,综上所述,当1＜a＜2时,fx＜﹣1．13．已知函数fx=x﹣alnx+x,其中a∈R1若曲线y=fx在点x0,fx0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：fx＞0．解答解：1fx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gx在0,+∞上递增,以下证明在gx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,gx在上有唯一的零点x0,所以在区间0,x0上,gx=f'x＜0,fx单调递减；在区间x0,+∞上,gx=f'x＞0,fx单调递增,故当x=x0时,fx取得最小值,因为,即,所以,即＞0．∴fx＞0．。
