《导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、最新资料推荐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 x R 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） =，（ x 0），h（ x）=0，故 h（x）在（ 0，+）递减，而=1，故 a1，x0 时， ex10，故
2、只需 a在（， 0）恒成立，令 g（x） =，（ x 0），g（ x）=0，故 h（x）在（， 0）递增，1最新资料推荐而=1，故 a1，综上： a=1；（ 2）证明：由（ 1）f（ x） =ex（ exx1），故 f （x） =ex（2exx 2），令 h（x） =2ex x2，h（ x） =2ex1，所以 h（x）在（， ln ）单调递减，在（ ln ， +）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2eln ln2=ln210，h（ 2）=2e 2（ 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 2
3、ex0 x02=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 2ex0x0 2=0 得 ex0=，x0 1，x0x0（x01）= （ x0）（ 2+x0） （）（f x0）=e （e x01）=2= ，取等不成立，所以 f （x0 ）得证，又 2x0 ln，f（ x）在（， x0）单调递增所以 f （x0） f（ 2） =e 2 e 2（ 2） 1 =e 4+e2e 2 0 得证，从而 0f （x0） 成立2已知函数 f（ x）=ax+xlnx（aR）（ 1）
4、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（ x 1） f（ x）在 x（ 1，+）上恒成立，2最新资料推荐求 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+1 0 在区间 e，+）上恒成立， a（ lnx 1） max=2 a 2 a 的取值范围是 2，+）（ 2）a=1 时，f（x）=x+lnx，kZ 时，不等式 k（x 1） 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）
5、 在 （1，+）上单增， h（ 3） =1ln30，h（4）=2 2ln20，存在 x0（ 3，4），使 h（x0） =0即当 1 xx0 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）=x0lnx0 2=0，即 lnx0=x02，g（x）min=g（x0）=x0（ 3，4）kg（x）min=x0（ 3， 4），且 k Z， 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，
6、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） 0，3最新资料推荐函数 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
7、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）ex lnx+x， x（ 0，1 ，当 0x1 时， 1 x 0，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 m 3 时，不等式 m（ x+2） exl
8、nx+x 对任意 x（ 0， 1 恒成立，4最新资料推荐4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）=e 1，函数 f（x）的图象在（ 1， f（1）处的切线方程： ye=（ e 1）（x1），即（ e1）x y+1=0；（）证明：，设 g（x） =f （x），则， g（ x）是增函数， ex+a ea，由，当 xea 时， f （ x） 0；若 0x 1? ex+aea+1，由，当 0x
9、min 1， e a1 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，? a? h（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最新资料推荐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
10、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，而 f （0）=2a0， f（ 1） =2ea 2a20，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
11、 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） lnx x+m，求实数 m 的取值范围【解答】 解：（1） f（ x） =xexax+b， f （ x）=（x+1） exa，6最新资料推荐由函数 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， mxex x lnx+1，
12、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） =x0 lnx0 =x0lnx0=x0?x0+x0 =1m xexxlnx+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（
13、 x）=3ex+x2， g（ x） =9x 1（ 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 x 2；令 （x） 0，得 ln2x2故 （x）在（， ln2）上单调递增，7最新资料推荐在（ 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
14、，h（ 1） =3e7 0， x0（ 0， 1）当 xx0 时， h（x） 0；当 x x0 时， h（ x） 0 h（ x）min =h（ x0）=，又，=（x0 1）（x0 10）， x0（ 0，1），（ x01）（x0 10） 0， h（ x）min 0， f（x） g（x）8已知函数 f（ x）=lnx+a（x1）2（ a 0）（ 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a 2 时，设2ax2 2ax+1=0 的两个根为，且，y=f（x）在（ 0， x1），（x2， +
15、）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 a 2，且于是：由得，设，8最新资料推荐则，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，
16、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 x a =，要使函数 f（ x）在（ 0， a）上单调递增，则 a 0，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 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（
17、 0，）递减，在（， a）递增，可得 y 2aln（ a）+a，可得 a 2aln（ a）+a，解得 1 a 0，9最新资料推荐则 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+2 0，故 f（ x0） 2 成立10已知函数 f（x）=lnxx+1，函数 g（x）=ax?ex 4x，其中 a 为大于零的常数（）求函数 f （x）的单调区间；（）求
18、证： g（x） 2f（ x） 2（ lna ln2）【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）=axex 4x 2lnx+2x 2=axex 2x 2lnx 2（ a 0， x0）（5 分）10最新资料推荐故（7分）令 h（x）=0 即，两边求对数得： lna+x0=ln2lnx0 即 lnx0+x0=ln2 lna （9 分）， h（ x） 2lna2ln2 （12分）11已知函数 f （x）=x2（ a2）xalnx（ a R）（）求函数 y=f（x）的单调区间；（）
19、当 a=1 时，证明：对任意的x0，f（ x） +ex x2+x+2【解答】 解：（）函数 f （x）的定义域是（ 0，+），f （x）=2x（ a 2）=（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 0 x，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+x lnx，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，
20、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min0）=ex0 lnx02=+x02，g（x） =g（x11最新资料推荐因为 x0 0，且 x01，所以 g（x）min 2 2=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；（）
21、若 1a 2，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）=2 lnx2x2，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
22、即 h（x）在（ 0， +）上单调递减因为 1a2，12最新资料推荐所以 h（ 1） =2a0，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，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 a R）（ 1）若曲线 y=f（x）在点（ x0 ，f（ x0）处的切线方程为y=
23、 x，求 a 的值；（ 2）若为自然对数的底数），求证： f （x） 0【解答】 解：（1）f（x）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=113最新资料推荐（ 2）令，则，因为，所以，即 g（x）在（ 0，+）上递增，以下证明在 g（x）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， g（ x）在上有唯一的零点 x0，所以在区间（ 0，x0）上， g（x）=f（ x） 0， f（x）单调递减；在区间（ x0，+）上， g（ x） =f（x） 0，f （x）单调递增，故当 x=x0 时， f（x）取得最小值，因为，即，所以，即0 f（x） 014