导数专题：隐零点问题专题

导数专题：隐点问题专训练一、解答题（本大题共7小题共84.0）1.已知函数f（）=e-ln（+）（Ι）设x=0是f（）的极值点，求，并讨论）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明（）＞0．2.已知函数f（）=．证明：∈，线=（）都不是曲线=（）的切线；若∈[，]，使得（）≤（）+成立求实数的值范围．3.设函数f（）=+ax+b在点（，（0）处的切线方程为++1=0（Ⅰ）求ab值，并求（）的单调区间；（Ⅱ）证明：当≥0时（x）＞-4．4.已知函数f（）=a-e；（1）讨论fx的极值点的个数；（2）若=2，求证：f（）＜0．第1页，共8页5.已知函数f（）=+ln有值点，其中e为自然对数的底数．（1）求a的值范围；（2）若a（0，]，求证：∈（0，2]都有f（）＜．6.设函数f（）=

-ln+1（∈）求函数f（）的单调区间；若函数g（）=axe+3，求证f（）＞x）在（，+）上恒成立．7.已知函数f（）=x+在（，（1））处的切线为3--2=0．（1）求函数（）的解析式；（2）若kZ，且对任意＞1都有＜

成立，求k的大值．答

案导数专题：隐零点问题（高中数学）一、解答题（本大题共7小题共84.0）第2页，共8页8.已知函数f（）=e-ln（+）（Ι）设x=0是f（）的极值点，求，并讨论）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明（）＞0．【答案】（Ⅰ）解：∵，=0是（）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（）=-lnx+1），其定义域为（-1，+）．∵

．设（）=（+1）-1则′（）=（+1）+＞0所以g（）（-1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当＞0，（）＞0即′（）＞0；当1＜＜0，（）＜0，′）＜0．所以f（）（-1）上为减函数；在（0，+∞上为增函数（Ⅱ）证明：当≤2∈（-∞）时ln+）≤lnx）故只需证明m时（）＞0当=2时，数

在-2∞）上为增函数，且′（-1）＜0，′）＞0．故′（）=0在，+）上有唯一实数根x，x（-1，0．当∈（-2，）f′（）＜0当x∈（，+）时，f′（）＞0从而当xx时，（）取得最小值．由′（x）=0，得故（）≥

，ln（x+2）=-=＞0．综上，当m≤2时，f（）＞0【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为=0是函数f（）极值点，由极值点处的导数等于0求m的入数解析式后再由导函数大于0和小于0求原函数的单调区间；（Ⅱ）证明当≤2f（）＞0转化为证明当=2时f（）．求出当m时函数的导函数，可知导函数在（-2，+）上为增函数，并进一步得到导函数在-1，0）上有唯一零点，当=x时数取得最小值，借助于x是导函数的零点证出（）＞0，从而结论得证．本题考查了利用导数研究函数的单调性用导数求函数在闭区间上的最值考查了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．9.已知函数f（）=．证明：∈，线=（）都不是曲线=（）的切线；若∈[，]，使得（）≤（）+成立求实数的值范围．【答案】解：）明fx）的定义域为（，1∪（1，+），f（）的导数为f′（）=，直线y=（）过定点（，0，第3页，共8页若直线yg（）=）相切于点，

），则==，为ln+-1=0设（）=ln+-1，′（）=+1＞0，则（）在（，+）递增，（1，当且仅当=1①立．与定义域矛盾，k∈，线=（）不是曲线y=f（）切线；（2）（）g（）+⇔k（-1）≤，令（）=-k（-1），∈[，

]，则∈[，

]，使得f（）≤（）+成立m（）≤．m′（）=-k=-（-）-，当≥时，m（）≤0m（x在，e]减，于是）=（）=-k（-1）≤，解得k≥，足k≥，≥立；当＜时由y=-（-）+-，及=得m′）=-（）+-k在，e]递增，m′（）m′（）≤′e）即-≤′）≤-k，①若-≥0即≤0m（≥0则（在e]增（）（）=e（-1）≥＞，成立；②若-＜0，即0＜＜时，′（）=-＜0，′（）=-k＞0，由′（）调性可x∈[，＜0，（）减；

]，由′x）=0，且当x∈，），′（x）当∈（x，e），′（），m（）增，可得m（）最小值为

+（-1），由k（-1）≤，可得≥（-）＞（

）=＞，0＜＜矛盾．综上可得k范围是k≥．【解析出x导数得切线的斜率出切点造数xx-1，求出导数和单调区间，即可得证；（2）（）g（）+⇔k（-1）≤，令（）=-k（-1），∈[，]，则∈[，

]，使得f（）≤（）+成立m（）≤．对讨，当k≥时当＜时运用单调性，求出最值，解不等式即可得到所求范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查分类讨论的思想方第4页，共8页法，以及构造函数法，转化思想的运用，综合性强，属于难题．10.设函f（）=+ax+b在点（，（0）处的切线方程为++1=0（Ⅰ）求ab值，并求（）的单调区间；（Ⅱ）证明：当≥0时（x）＞-4．【答案】解：（Ⅰ）′x）=+，由已知，′（0）=-1f（0）=-1，故=-2，=-2，f′（）=-2当∈（-∞），′）＜0，当∈（ln2∞）时f′（）＞0，故（）在（∞，ln2单调递减，在（ln2，+∞单调递增；（6）（Ⅱ）设g（）=（（x

-4）=-

-2x+2，g′（）=-2-2=（）在ln2，+∞）单调递减，在-∞）调递增，因为g′）=-1，′）=-6＞0，0＜ln2＜2，所以g′（）在0，+∞）只有一个零点x，且x∈（0，2）当∈[0，x）时′（x），当∈（x，+）时，′x）＞0，即（）在，）调递减，在（∞）时，单调递增，

=2+2，当≥0时，（）g（）=

=4-＞0，即（）＞

-4，…（12分）【解析（Ⅰ）求函数的导数，用导数的几何意义以及切线方程建立方程关系即可求a，值及f（）的单调区间；（Ⅱ）构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值关系即可证明不等式．本题主要考查导数的几何意义以及函数单调性的应用合考查导数的应用算量较大，综合性较强．11.已知数f（）=a-e；讨论f（）的极值点的个数；若=2，求证：（）＜0【答案】解：）据题意可得′（）=e=（＞0，当≤0时，′（）＜0，函数=（）减函数，无极值点；当＞0时，令f（）=0得-，即xe=，又=x在0，+∞）上存在一，不妨设为x，所以函数y=fx）在（，）是单调递增的，在∞）上是单调递减的；所以函数y=fx）有一个极大值点，无极小值点；总之：当a≤0时，f（）极值点；当＞0时，函数y=（x）有一个极大值点，无小值点；（2）证明：a=2时，）=2lnx-，′（）=由（1）可知f（）有极大值f（）且满x

（＞0，=2…①，又=x

在（0，+∞）上是增函数，且0＜，以x∈，1，又知：（）=（x）=2lnx…；第5页，共8页由①可得=，入②得（x）=（）=2ln-，令（）=2ln-，g′（）==

＞0恒成，所以g（）（，1上是增函数，所以g（）g（1）=-2＜0即（），所以f（）＜0【解析】）f（）求导数，令导数f（）=0讨论a的值，判断f（）单调性和最值，从而求出函数=（）值点的个数；（2）求出a时（）的导数′（），判断（）的极值情况，利用极值构造函数，从而证明（）＜0．本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值问题考查了不等式恒成立问题难题．12.已知数f（）=+ln有值点，其中e为自然对数的底数．（1）求a的值范围；（2）若a（0，]，求证：∈（0，2]都有f（）＜

．【答案】解：）（

+ln，′（，若函数f（）=

+lnx有值点，则-

=0有解显然a＞0，令（）=-，a＞0），则′（）=-2，″x）=-2，令″（），解得：＞ln，m″（）＜0解得x＜ln，∴′（）（∞，ln）减，在ln，+）递增，∴′（）=′）=2-2ln＜0解得：＜，故0＜＜；（2）（）=+ln，′（）=，令（）=-，′（）=-2x，0＜≤1时，′x）≤ae-2＜0，由于h（）=（-），（1）=ae-1，∴（）在（，1）内有唯一极大值点x，当=时f（）极大值点x=1，∴∈（0，2]时，（）≤max{f（1），）}f（）=（＜）第6页，共8页令ω（）=，a＜＜1，则ω′（（-2lnx＜0，∴ω（）＜ω）=

＜，又（1，∴max{（1），（x）}．【解析】）出函数的导数，得到-=0有，显然＞0令（）=-

，根据函数的单调性求出a的范即可；（2）求出函数的导数，令（）=ae-

，根据函数的单调性得到（））内有唯一极大值点x，而（）≤max{（1（x）}，结合函数的单调性，证出结论即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．13.设函f（）=

-ln+1（∈）求函数f（）的单调区间；若函数g（）=axe+3，求证f（）＞）在（，+）上恒成立．【答案】解：）数（）=x+1的数为′（）=2-=，＞0当≤0时，′（）＜0，（）减；当＞0时，由f′（）＞0可得＞

；由′（），可得x＜．则当a≤0时，f（）减区间为0∞），无增区间；当＞0时，（）的增区间为（，+∞），减区间为（，）；（2）证明：h（）=（x）-（）=-ln（ax-+3=-ln-2，h（）的导数为h′（）=-=

，由=-1的数为′=x）＞0对x＞0恒成立，即有函数y=xe-1在上递增，且y＞-1设的为x，有xe=1，（0＜x＜1，则当x＞时′（），（）递增；当0＜＜时h′（）＜0（）减．故当x=x时（）得最小值，且为-lnx-2即有+-2＞2-2=0，则（）＞0恒成立，即有f（）（）（0，+）上恒成立．另解：当x＞0时，由＞x+1，lnx-1这个等式知，第7页，共8页f（）-（）=-lnx-2＞x+1-+1-2=0即为f（）（）（0，+）上恒成立．【解析】）出f（）的导数，对a讨论，分≤0时＞0时，判断导数符号，可得单调性；（2）设（）=（）-（-lnax-+3）=-ln-2，出（）的导数为′（）=-

，判断xe-1在x＞0上增，且＞-1设-1=0的为，即有x=1（0＜1，求出h（）最小值，判断大于0，即可得证．本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性和转化思想的运用，属于中档题．14.已知数f（）=x+在（，（1））处的切线为3--2=0．（1）求函数（）的解析式；（2）若kZ，且对任意＞1都有＜

成立，求k的大值．【答案】解：）（）定域为，+），'（x）=ln+1+，∴

∴（）=lnx+2．（2）令

可化为，，则g（x），

，∈（1，+）．令（）=-2-ln，则，∴（）在（，+∞）上为增函数．又（3＜0，（4）=2-ln4＞0，故存在唯一的