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时间:2018-10-20
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1、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≥在(0,+∞)恒成立,令h(x)=,(x>0),h′(x)=<0,故h(x)在(0,+∞)递减,而==1,故a≥1,x<0时,
2、ex﹣1<0,故只需a≤在(﹣∞,0)恒成立,令g(x)=,(x<0),g′(x)=>0,故h(x)在(﹣∞,0)递增,而==1,故a≤1,综上:a=1;(2)证明:由(1)f(x)=ex(ex﹣x﹣1),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=>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
3、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=,x0≠﹣1,∴f(x0)=ex0(ex0﹣x0﹣1)=(﹣x0﹣1)=(﹣x0)(2+x0)≤()2=,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
4、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﹣ln
5、x﹣2(x>1).则h′(x)=1﹣=>0,∴h(x)在(1,+∞)上单增,∵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)<0x>x0时h(x)>0即g′(x)>0g(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
6、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)
7、当时f(x)的单调递减区间是(0,+∞),(ⅱ)当时,f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是和(2)当a=﹣1,x∈(0,1]时,f(x)>g(x),即m<(﹣x+2)ex﹣lnx+x,设h(x)=(﹣x+2)ex﹣lnx+x,x∈(0,1],∴,∴当0<x≤1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
8、调递增,∴=,∵在x∈(0,1)递减,∵,∴,∴当m≤3时,不等式m<(﹣x+2
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