高中数学复习专题18 导数之隐零点问题解析版

专题18导数之隐零点问题1．已知函数（表示不超过实数的最大整数），若函数的零点为，则（）A． B．-2 C． D．【解析】因为，所以在上恒成立，即函数在上单调递增；又，所以在上必然存在零点，即，因此，所以.故选B2．设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是____.【解析】函数有三个零点等价于与有三个不同的交点，当时，，则，在上单调递减，在上单调递增，且，，，从而可得图象如下图所示：通过图象可知，若与有三个不同的交点，则3．已知函数．（1）求的最值；（2）若对恒成立，求的取值范围．【解析】（1），令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，无最大值．（2）由题知，在上恒成立，令，则，因为，所以．设，易知在上单调递增．因为，，所以存在，使得，即．当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以，从而，故的取值范围为．4．已知函数，证明．【解析】在上单调递增，，，在存在唯一实数根，且，当时，，，时，，当时，函数取得最小值，，即，，．5．设函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求证：．【解析】（1）时，令，可化为，即，易知为增函数，且，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，又，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．（2）令，可化为，，当时，易知为上增函数，当时，；当时，；当时，，而，所以存在，，即，当时，单调递减；当时，单调递增，所以．6．已知函数，．（1）求函数的极值；（2）当时，证明：．【解析】（1）∵，，∴，当时，恒成立，函数单调递减，函数无极值；当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增，故函数的极小值为，无极大值．（2）证明：令，，故，令的根为，即，两边求对数得，即，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，∴，即原不等式成立．7．已知函数在上有两个极值点，，且．（1）求实数的取值范围；（2）证明：当时，．【解析】（1），，由题意知方程在上有两不等实根，设，其图象的对称轴为直线，故有，解得．（2）证明：由题意知是方程的大根，从而，，由于，，．设，，，，在，递增，，即成立．8．设函数．（1）求函数的图象在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若，为整数，且当时，，求的最大值．【解析】（1），，，，，函数的图象在点处的切线方程为．（2），．若，则恒成立，所以，在区间上单调递增．若，则当时，，当时，，所以，在区间上单调递减，在上单调递增．3）由于，所以，．故当时，．①令，则．函数在上单调递增，而（1），（2）．所以在上存在唯一的零点，故在上存在唯一的零点．设此零点为，则．当时，；当时，；所以，在上的最小值为．由，可得，所以，，．由于①式等价于．故整数的最大值为2．9．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：不等式恒成立．【解析】（1），当时，，所以在上单调递增；当时，令，得到，所以当时，，单调递增；当，，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）设函数，则，可知在上单调递增．又由，，知在上有唯一实数根，且，则，即．当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，结合，知，所以，则，即不等式恒成立．10．已知函数（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；（2）当时，证明：．【解析】（1）由函数的定义域，因为，是的极值点，所以（1），所以，所以，因为和，在上单调递增，所以在上单调递增，当时，；时，，此时，的单调递减区间为，单调递增区间为，（2）证明：当时，，设，则，因为和，在上单调递增，所以在上单调递增，因为（1），（2），所以存在使得，所以在上使得，在，上，所以在单调递减，在，上单调递增，所以，因为，即，所以，所以，因为，所以，所以．11．设函数f(x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，求实数a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(－2x2－x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)(负值舍去)，当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,2)时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)令f(x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－eq\f(lnx,x).令g(x)＝x－eq\f(lnx,x)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，则g′(x)＝1－eq\f(1－lnx,x2)＝eq\f(x2＋lnx－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq\f(1,3)≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上有两个零点，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝3ln3＋eq\f(1,3)，g(3)＝3－eq\f(ln3,3)，3ln3＋eq\f(1,3)>3－eq\f(ln3,3)，∴实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3－\f(ln3,3))).12．已知二次函数.（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，记为函数极大值点，求证：..【解析】（1），，当时，在上恒正；所以在上单调递增.当时，由得，所以当时，单调递减；当时，单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，当时，单调递减；当时，单调递增.（2），则，，令的，当时，为增函数；当时，为减函数；所以，在处取得极大值，一定有个零点，分别是的极大值点和极小值点.设是函数的一个极大值点，则，所以，又，所以，此时，所以.13．已知函数，且.（1）求；（2）证明：存在唯一极大值点，且.【解析】（1）因为,且,所以,构造函数,则,又,若,则,则在上单调递增,则当时,矛盾,舍去；若,则,则当时,，则在上单调递增，则矛盾，舍去；若,则,则当时,,则在上单调递减,则矛盾,舍去；若,则当时,,当时,,则在上单调递减,在上单调递增,故,则,满足题意；综上所述,.（2）证明:由（1）可知,则,构造函数,则,又在上单调递增,且,故当时,,当时,,则在上单调递减,在上单调递增,又,,又,结合零点存在性定理知,在区间存在唯一实数,使得,当时,,当时,,当时,,故在单调递增,在单调递减,在单调递增,故存在唯一极大值点,因为,所以,故,因为,所以.14．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，，记函数在上的最大值为，证明：.【解析】（1）函数的定义域是，.当时，恒成立，故函数的单调递增区间为，无单调递减区间.当时，令得时，令得，故函数的单调递增区间为单调递减区间为；（2）证明：当时，，则.当时，，令，则.所以在上单调增.因为，，所以存在使得，即，即.故当时，，此时；当时，，此时.即在上单调递增，在上单调递减，则.令，，则，所以在上单调递增，则，所以.15．已知函数.（1）求的极值；（2）若在上的最大值为，求证：.【解析】（1）因为函数，定义域为，所以.由，得；由，得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的极小值为，无极大值.（2）因为，所以.令，则，当时，，所以在上单调递增.因为，，所以存在使得，即，即.故当时，，此时；当时，，此时.即在上单调递增，在上单调递减，则.令，则，所以在上单调递增.则当时，，，所以.由（1）知在上单调递减，因为，，所以.16．已知函数且.（1）求实数的值；（2）令在上的最小值为，求证：.【解析】（1）法1：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，则，当时，，故在上单调递增，由于，所以当时，，不合题意.当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即.所以要使在时恒成立，则只需，亦即，令，则，所以当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增.又，所以满足条件的只有2，即.法2：由题意知：恒成立等价于在时恒成立，令，由于，故，所以为函数的最大值，同时也是一个极大值，故.又，所以，此时，当时，，当时，，即：在上单调递增；在上单调递减.故合题意.（2）由（1）知，所以，令，则，由于，所以，即在上单调递增；又，，所以，使得，且当时，；当时，，即在上单调递减；在上单调递增.所以.（∵）即，所以，即.17．已知函数．（1）若函数，讨论在的单调性；（2）若，对任意恒成立，求整数k的最大值．【解析】（1）因为，令，则．所以函数在单调递增，从而，所以．由，得；由，得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．（2）因为，对任意恒成立，所以．令，则，所以在R上单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，又，由（1）知当时，，所以，所以存在唯一的，使得，即．当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增，所以，，，又，所以k的最大值为．18．已知函数，．（1）若是函