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）=（aex﹣a﹣x）ex（a≥0，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（aex﹣a﹣x）≥0，因为ex＞0，所以aex﹣a﹣x≥0恒成立， 即a（ex﹣1）≥x恒成立， x=0时，显然成立， x＞0时，ex﹣1＞0， 故只需a≥令h（x）=h′（x）=
在（0，+∞）恒成立， ，（x＞0），
＜0，
故h（x）在（0，+∞）递减， 而故a≥1，
x＜0时，ex﹣1＜0， 故只需a≤令g（x）=g′（x）=
在（﹣∞，0）恒成立， ，（x＜0），
＞0，
=
=1，
故h（x）在（﹣∞，0）递增， 而故a≤1， 综上：a=1；
（2）证明：由（1）f（x）=ex（ex﹣x﹣1），
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==1，
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故f'（x）=ex（2ex﹣x﹣2），令h（x）=2ex﹣x﹣2，h'（x）=2ex﹣1， 所以h（x）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，
h（0）=0，h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=∵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2ex0﹣x0﹣2=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2ex0﹣x0﹣2=0得ex0=∴f（x0）=ex0（ex0﹣x0﹣1）=
，x0≠﹣1，
（
﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（
）2=， ＞0，
取等不成立，所以f（x0）＜得证，
又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增
所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证， 从而0＜f（x0）＜成立．
2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（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k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜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+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，k∈Z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）=x﹣lnx﹣2（x＞1）． 则h′（x）=1﹣=
＞0，∴h（x） 在 （1，+∞）上单增，
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∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0， 存在x0∈（3，4），使 h（x0）=0．
即当 1＜x＜x0时h（x）＜0 即 g′（x）＜0 x＞x0时 h（x）＞0 即 g′（x）＞0
g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+∞）上单增． 令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2， g（x）min=g（x0）=
=
=x0∈（3，4）．
k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z， ∴kmax=3．
3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）ex﹣x2+m（其中e=2.71828…）． （1）当a≤0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+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，
函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）； （ⅱ）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（ⅱ）当单调递减区间是
时f（x）的单调递减区间是（0，+∞）， 时，f（x）的单调递增区间是
和
，
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）ex﹣lnx+x， 设h（x）=（﹣x+2）ex﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，
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，
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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）ex﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立， ∴正整数m的最大值是3．
4．已知函数f（x）=ex+a﹣lnx（其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当
时，f（x）＞e+1．
，
【解答】（Ⅰ）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：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1）， 即（e﹣1）x﹣y+1=0； （Ⅱ）证明：∵设g（x）=f′（x），则∴g（x）是增函数， ∵ex+a＞ea，∴由
∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0； 若0＜x＜1⇒ex+a＜ea+1，由
∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
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， ，
，
，
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故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当x＞x0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．
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5．已知函数f（x）=axex﹣（a+1）（2x﹣1）．
（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x＞0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）=xex﹣2（2x﹣1）， 当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xex+ex﹣4， 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）ex﹣2（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）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0， 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，
，
， ．
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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）=xex﹣ax+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x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围． 【解答】解：（1）∵f（x）=xex﹣ax+b， ∴f′（x）=（x+1）ex﹣a，
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x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m， ∴m≤xex﹣x﹣lnx+1，①
令g（x）=xex﹣x﹣lnx+1，x＞0， 则
=
=
，
，从而lnx0=﹣x0，
设g′（x0）=0，x0＞0，则g′（）=3（
）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞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=
﹣x0﹣lnx0=x0•
﹣x0+x0=1．
m≤xex﹣x﹣lnx+1恒成立⇔m≤g（x）min， ∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．
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7．已知函数f（x）=3ex+x2，g（x）=9x﹣1． （1）求函数φ（x）=xex+4x﹣f（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）φ'（x）=（x﹣2）（ex﹣2）， 令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2； 令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2； 令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．
故φ（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+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3ex+2x﹣9为增函数， ∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）． 当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0． ∴h（x）min=h（x0）=，
又，∴
，
∴
=
=（x0﹣1）（x0﹣10），
∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0， ∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．
8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）． （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）
，
①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增， ②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为
，，
y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．
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且
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（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①②得则
①，设
，因此g（x）在
上单调递减， ．
②
，
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）=令f′（x）＞0，解得0＜x＜则f（x）在（0，故f（x）极大值=f（
的定义域是（0，+∞），f′（x）=，令f′（x）＜0，解得：x＞
，+∞）递减，
，
，
）递增，在（）=
，无极小值；
（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0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，a＜x+a＜0，
只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立， 即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，
由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx， 当x＞
时，函数y递增，0＜x＜
时，函数y递减，
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当﹣a≤当﹣a＞
即﹣
＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；
时，函数y在（0，
）递减，在（
，﹣a）递增，
即a＜﹣
可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，
可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0， 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1﹣2lnx0﹣即有2lnx0=1﹣
=0， ，
+2＜0，
要证f（x0）＜﹣2，即由于+2=
+2
==，
不成立，
由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣则
+2＜0，
故f（x0）＜﹣2成立．
10．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•ex﹣4x，其中a为大于零的常数． （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）． 【解答】解：（Ⅰ）
…………………………………（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）
（Ⅱ）证明：令h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）
第9页（共13页）
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故
令h'（x）=0即
……………………………．（7分） ，
两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分） ∴
∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分） 11．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）． （Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2． 【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞）， f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=
…（2分）
，
当a≤0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a＞0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； （Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx， 要证明f（x）+ex＞x2+x+2，
只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=ex﹣lnx﹣2， 则问题转化为证明对任意的x＞0，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 g′（x） g（x） （0，x0） ﹣ 递减 ，
x0 0 （x0，∞） + 递增 g（x）min=g（x0）=ex0﹣lnx0﹣2=
+x0﹣2，
﹣2=0，
因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2因此不等式得证．
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12．已知函数
．
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1． 【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，
，
f′（1）=﹣1﹣2=﹣3， f'（1）=2﹣2=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﹣lnx﹣2x2，
，定义域为（0，+∞），
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，+∞）． （Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设
设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2
所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立 即h'（x）在（0，+∞）上单调递减 因为1＜a＜2，
所以h'（1）=2﹣a＞0，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，
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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1＜a＜2，所以因为
，
， ，
，
，所以h（x0）＜0恒成立，
即h（x）＜0恒成立，
综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．
13．已知函数f（x）=（x﹣a）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=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=1． （2）令因为
，所以
，则
，
，即g（x）在（0，+∞）上递增，
上有唯一的零点x0， ，
，
以下证明在g（x）区间事实上
因为，所以，，
第12页（共13页）
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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）取得最小值因为所以即
∴f（x）＞0．
，
，
，
，即
＞0．
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