浙江专用高考数学大一轮复习第四章导数及其应用导函数的“隐零点”问题习题含解析

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1、导函数的“隐零点”问题知识拓展利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.题型突破题型一　函数最值中的“隐零点”【例1】设函数f(x)＝e2x－alnx.(a为大于零的常数)，已知f′(x)＝0有唯一零点，求f(x)的最小值.解　f(x)的定义域

2、为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.设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)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f

3、(x)≥2a＋aln.故f(x)的最小值为2a＋aln.【训练1】(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；(2)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.(1)解　f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).f′(x)＝＝≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.(

4、2)证明　g′(x)＝＝(f(x)＋a).由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝＝＝.于是h(a)＝，由′＝>0，得y＝单调递增.所以，由xa∈(0，2]，得＝

5、a∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是.综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.题型二　不等式证明中的“隐零点”【例2】(2017·全国Ⅱ卷)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

6、a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－.当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0

7、，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).由x0∈得f(x0)<.因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－20，a∈R).(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明

8、：对任意的x>0，f(x)>x2＋x－ex＋2.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)