高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题.docx

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

1.（2012?新课标）设函数 f （x） =e x﹣ ax﹣2．

（Ⅰ）求 f （x）的单调区间；

（Ⅱ）若 a=1， k 为整数，且当 x＞ 0 时，（x﹣k）f ′（x）+x+1＞0，求 k 的最大

值．解：（I）函数 f（ x）=e x﹣ax﹣2 的定义域是 R，f ′（x）=e x﹣a，

若a≤0，则 f ′（x）=e x﹣a≥0，所以函数 f（x）=e x﹣ax﹣ 2 在（﹣∞， +∞）上单调递增．

若a＞0，则当 x∈（﹣∞， lna）时， f ′（ x） =e x﹣ a＜ 0；

当 x∈（lna，+∞）时， f ′（x）=e x﹣a＞0；

所以， f（ x）在（﹣∞， lna）单调递减，在（ lna ，+∞）上单调递

增．（II）由于 a=1，所以，（x﹣k） f ′（ x）+x+1=（x﹣k）（e x﹣1）

+x+1

故当 x＞ 0 时，（x﹣k） f ′（ x）+x+1＞0 等价于 k＜（x＞0）①

令 g（x）=，则g′（x）=

由（ I）知，当 a=1 时，函数 h（x）=e x﹣x﹣2 在（ 0，+∞）上单调递增，

而 h（ 1）＜ 0， h（2）＞ 0，

所以 h（x） =e x﹣ x﹣ 2 在（ 0，+∞）上存在唯一的零点，

故 g′（ x）在（ 0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）

当 x∈（0，α）时， g′（x）＜ 0；当 x∈（α，+∞）时， g′（x）＞ 0；

所以 g（ x）在（ 0，+∞）上的最小值为g（α）．

又由 g′（α）=0，可得 eα=α+2 所以 g（α）=α+1∈（2， 3）

由于①式等价于k＜g（α），故整数 k 的最大值为 2．

2.（2013?新课标Ⅱ）已知函数 f（x）=e x﹣ln（ x+m）

（Ι）设 x=0 是 f （x）的极值点，求 m，并讨论 f（ x）的单调性；

（Ⅱ）当 m ≤2 时，证明 f （x）＞ 0．

【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0 是 f（x）的极值点，∴，解得 m=1．所以函数 f （x）=e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣ 1，+∞）．

∵．

设 g（x）=e x（x+1）﹣ 1，则 g′（ x） =e x（ x+1）+e x＞0，所以 g（x）在（﹣ 1，+∞）上为增函数，

又∵ g（0）=0，所以当 x＞ 0 时， g（ x）＞ 0，即 f ′（x）＞ 0；当﹣ 1＜x＜0 时， g（x）＜ 0， f ′（ x）＜ 0．所以 f（ x）在（﹣ 1，0）上为减函数；在（ 0，+∞）上为增函数；

（Ⅱ）证明：当 m≤ 2， x∈（﹣ m，+∞）时， ln（x+m）≤ ln（x+2），故只需证明当 m=2 时 f（ x）＞ 0．

当 m=2 时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且 f ′（﹣ 1）＜ 0，f ′（0）＞ 0．

故f （′ x）=0 在（﹣ 2，+∞）上有唯一实数根 x0，且 x0∈（﹣ 1，

0）．当 x∈（﹣ 2， x0）时， f （′x）＜ 0，当 x∈（x0， +∞）时，f

（′x）＞ 0，从而当 x=x0时， f （x）取得最小值．

由 f （′ x0

）=0，得

00，ln（ x +2）=﹣x ．

故 f（x）≥=＞0．

综上，当 m ≤2 时， f（x）＞ 0．

3.（2015?新课标Ⅰ）设函数 f （x）=e2x﹣alnx．

（Ⅰ）讨论 f（ x）的导函数 f ′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞ 0 时， f （x）≥ 2a+aln．

解：（Ⅰ） f（x）=e2x﹣alnx 的定义域为（ 0，+∞），∴ f ′（ x） =2e2x﹣．

当 a≤0 时， f ′（x）＞ 0 恒成立，故 f ′（x）没有零点，

当 a＞0 时，∵ y=e2x为单调递增， y=﹣单调递增，∴ f′（x）在（0，+∞）单调递增，又 f ′（a）＞0，

假设存在 b 满足 0＜b＜ln 时，且 b＜，f ′（b）＜ 0，故当 a＞0 时，导函数 f ′（x）存在唯一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数 f ′（ x）在（ 0，+∞）上的唯一零点为 x0，

当x∈（0，x0）时， f ′（x）＜ 0，当 x∈（ x0+∞）时， f （′x）

＞ 0，故 f（x）在（ 0， x0）单调递减，在（ x0+∞）单调递增，

所欲当 x=x0时， f （x）取得最小值，最小值为f（ x0），

由于﹣=0，所以 f（ x0）=+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥ 2a+aln．4.（2016?新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（ x） =e x的单调性，并证明当x＞0 时，（x﹣ 2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当 a∈[ 0，1）时，函数 g（ x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），

求函数 h（a）的值域．

解：（1）证明： f （x） =f' （x）=e x（）=

，

∵当 x∈（﹣∞，﹣ 2）∪（﹣ 2，+∞）时， f'（ x）≥ 0

∴f （x）在（﹣∞，﹣ 2）和（﹣ 2，+∞）上单调递增，∴ x＞ 0 时，＞f（ 0） =﹣ 1

即（ x﹣2）e x+x+2＞0

（2）g'（x）===a∈[ 0， 1），由（ 1）知，当 x＞ 0 时， f （x）=的值域为（﹣ 1，+∞），只有一解使得

，只需?e t≤0 恒成立，可得﹣ 2＜t ≤2，由 x＞0，可得 t ∈（0，2]

当 x∈（0，t ）时， g'（x）＜ 0， g（x）单调减；当 x∈（ t，+∞），g'（ x）＞ 0， g（ x）单调增；h（a）===

记 k（ t ）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，

故 k（ t ）单调递增，所以h（a） =k（t ）∈（，] ．

5.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣ xlnx，且 f（x）≥ 0．

（1）求 a；（2）证明： f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e﹣2＜ f（x0）＜ 2﹣2．

【解答】（ 1）解：因为 f（x）=ax2﹣ ax﹣xlnx=x（ax﹣ a﹣ lnx）（x＞0），

则 f（x）≥ 0 等价于 h（ x） =ax﹣a﹣lnx≥ 0，求导可知 h′（ x） =a﹣．

则当 a≤ 0 时 h′（ x）＜ 0，即 y=h（x）在（ 0，+∞）上单调递减，

所以当 x0＞1 时， h（x0）＜ h（1） =0，矛盾，故 a＞0．

因为当 0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，

所以 h（x）min =h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得 a=1；

另解：因为 f（ 1）=0，所以 f （x）≥ 0 等价于 f （x）在 x＞0 时的最小值为 f（1），

所以等价于 f（ x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；

（2）证明：由（ 1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx， f ′（ x） =2x﹣2﹣lnx ，