导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版.doc

本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全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）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e为自然对数的底数），若f（x）0对于xR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）=ex（aexax）0，因为ex0，所以aexax0恒成立，即a（ex1）x恒成立，x=0时，显然成立，x0时，ex10，故只需a在（0，+）恒成立，令h（x）=，（x0），h（x）=0，故h（x）在（0，+）递减，而=1，故a1，x0时，ex10，故只需a在（，0）恒成立，令g（x）=，（x0），g（x）=0，故h（x）在（，0）递增，而=1，故a1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f（x）=ex（exx1），故f（x）=ex（2exx2），令h（x）=2exx2，h（x）=2ex1，所以h（x）在（，ln）单调递减，在（ln，+）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（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2ex0x02=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2ex0x02=0得ex0=，x01，f（x0）=ex0（ex0x01）=（x01）=（x0）（2+x0）（）2=，取等不成立，所以f（x0）得证，又2x0ln，f（x）在（，x0）单调递增所以f（x0）f（2）=e2e2（2）1=e4+e2e20得证，从而0f（x0）成立2已知函数f（x）=ax+xlnx（aR）（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kZ时，不等式k（x1）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+10在区间e，+）上恒成立，a（lnx1）max=2a2a的取值范围是2，+）（2）a=1时，f（x）=x+lnx，kZ时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，k，令 g（x）=，则g（x）=，令h（x）=xlnx2（x1） 则h（x）=1=0，h（x） 在 （1，+）上单增，h（3）=1ln30，h（4）=22ln20，存在x0（3，4），使 h（x0）=0即当 1xx0时h（x）0 即 g（x）0xx0时 h（x）0 即 g（x）0g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+）上单增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g（x）min=g（x0）=x0（3，4）kg（x）min=x0（3，4），且kZ，kmax=33函数f（x）=alnxx2+x，g（x）=（x2）exx2+m（其中e=2.71828）（1）当a0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+8a0，当x（0，+）时f（x）0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+）；（）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，+），（）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）exlnx+x，设h（x）=（x+2）exlnx+x，x（0，1，当0x1时，1x0，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m3时，不等式m（x+2）exlnx+x对任意x（0，1恒成立，正整数m的最大值是34已知函数f（x）=ex+alnx（其中e=2.71828，是自然对数的底数）（）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1）处的切线方程；（）求证：当时，f（x）e+1【解答】（）解：a=0时，f（1）=e，f（1）=e1，函数f（x）的图象在（1，f（1）处的切线方程：ye=（e1）（x1），即（e1）xy+1=0；（）证明：，设g（x）=f（x），则，g（x）是增函数，ex+aea，由，当xea时，f（x）0；若0x1ex+aea+1，由，当0xmin1，ea1时，f（x）0，故f（x）=0仅有一解，记为x0，则当0xx0时，f（x）0，f（x）递减；当xx0时，f（x）0，f（x）递增；，而，记h（x）=lnx+x，则，ah（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）=axex（a+1）（2x1）（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x0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）=xex2（2x1），当x=0时，f（0）=2，f（x）=xex+ex4，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）ex2（a+1），令其为h（x），h（x）=a（x+2）ex恒为正数，所以h（x）即f（x）单调递增，而f（0）=2a0，f（1）=2ea2a20，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）=xexax+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x0时，f（x）lnxx+m，求实数m的取值范围【解答】解：（1）f（x）=xexax+b，f（x）=（x+1）exa，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x0时，f（x）lnxx+m，mxexxlnx+1，令g（x）=xexxlnx+1，x0，则=，设g（x0）=0，x00，则=，从而lnx0=x0，g（）=3（）0，g（1）=2（e1）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）=x0lnx0=x0lnx0=x0x0+x0=1mxexxlnx+1恒成立mg（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）=3ex+x2，g（x）=9x1（1）求函数（x）=xex+4xf（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）（x）=（x2）（ex2），令（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令（x）0，得xln2或x2；令（x）0，得ln2x2故（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）=3ex+x29x+1，h（x）=3ex+2x9为增函数，可设h（x0）=0，h（0）=60，h（1）=3e70，x0（0，1）当xx0时，h（x）0；当xx0时，h（x）0h（x）min=h（x0）=，又，=（x01）（x010），x0（0，1），（x01）（x010）0，h（x）min0，f（x）g（x）8已知函数f（x）=lnx+a（x1）2（a0）（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），当0a2时，f（x）0，y=f（x）在（0，+）上单调递增，当a2时，设2ax22ax+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a2，且于是：由得，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0x，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|x0且xa=，要使函数f（x）在（0，a）上单调递增，则a0，又x（0，a）时，ax+a0，只需1+2lnx0在（0，a）上恒成立，即a2xlnxx在（0，a）上恒成立，由y=2xlnxx的导数为y=2（1+lnx）1=1+2lnx，当x时，函数y递增，0x时，函数y递减，当a即a0时，函数递减，可得a0，矛盾不成立；当a即a时，函数y在（0，）递减，在（，a）递增，可得y2aln（a）+a，可得a2aln（a）+a，解得1a0，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12lnx0=0，即有2lnx0=1，要证f（x0）2，即+20，由于+2=+2=，由于x0（0，1），且x0=，2lnx0=1不成立，则+20，故f（x0）2成立10已知函数f（x）=lnxx+1，函数g（x）=axex4x，其中a为大于零的常数（）求函数f（x）的单调区间；（）求证：g（x）2f（x）2（lnaln2）【解答】解：（）（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）（）证明：令h（x）=axex4x2lnx+2x2=axex2x2lnx2（a0，x0）（5分）故 （7分）令h（x）=0即 ，两边求对数得：lna+x0=ln2lnx0即 lnx0+x0=ln2lna（9分），h（x）2lna2ln2（12分）11已知函数f（x）=x2（a2）xalnx（aR）（）求函数y=f（x）的单调区间；（）当a=1时，证明：对任意的x0，f（x）+exx2+x+2【解答】解：（）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）=2x（a2）= （2分）当a0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a0时，由f（x）0得x，由f（x）0，得0x，所以，函数在区间（，+）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（）当a=1时，f（x）=x2+xlnx，要证明f（x）+exx2+x+2，只需证明exlnx20，设g（x）=exlnx2，则问题转化为证明对任意的x0，g（x）0，令g（x）=ex=0，得ex=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0=，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）=ex0lnx02=+x02，因为x00，且x01，所以g（x）min22=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（）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；（）若1a2，求证：f（x）1【解答】解：（）当a=2时，定义域为（0，+），f（1）=12=3，f（1）=22=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）=2lnx2x2，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，+）（）证明：f（x）1，即设，设（x）=ax2lnx+2所以（x）在（0，+）小于零恒成立即h（x）在（0，+）上单调递减因为1a2，所以h（1）=2a0，h（e2）=a0，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1a2，所以，因为，所以h（x0）0恒成立，即h（x）0恒成立，综上所述，当1a2时，f（x）113已知函数f（x）=（xa）lnx+x，（其中aR）（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f