浙江高考数学大一轮复习导数及其应用导函数的隐零点问题习题含解析 11页

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－aln x.(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(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.‎ ‎(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＝1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－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，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，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ln x0＝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：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)－＝，‎ 当a≤0时，f′(x)>0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)单调递增；‎ 当a>0时，由f′(x)>0得x>，f′(x)<0得00，‎ 设g(x)＝ex－ln x－2(x>0)，‎ 令g′(x)＝ex－＝0，‎ 此时方程有唯一解x0，满足ex0＝(x0≠1).‎ 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)‎  极小值g(x0)‎  g(x)min＝g(x0)＝e x0－ln x0－2＝＋x0－2，‎ 因为x0>0，且x0≠1，‎ 所以g(x)min>2－2＝0，因此不等式得证.‎ 题型三　导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧 ‎【例3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x＋aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f′(x)＝0得，‎ x＝或x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)<0；‎ 当x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.‎ 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，‎ 所以x1x2＝1，不妨设x11.由于 ＝－－1＋a ‎＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以0且g(－2)＝a>0，即00)，h(a)→4，a→2，h(a)→2，所以h(a)的值域为(2，4).‎ 综上所述f(x1)＋f(x2)的取值范围是(2，4).‎ 补 偿 训 练 ‎1.(2019·杭州二中考试)设函数f(x)＝1－，g(x)＝ln x，‎ ‎(1)求曲线y＝f(2x－1)在点(1，0)处的切线方程；‎ ‎(2)求函数y＝f(x)·g(x)在上的取值范围.‎ 解　(1)当x＝1时，y＝f(2－1)＝f(1)＝0.‎ y′＝f′(2x－1)＝，f′(1)＝1，‎ 所以切线方程为y＝x－1.‎ ‎(2)y＝f(x)·g(x)＝ln x＝ln x－，‎ y′＝－＋＝，‎ 因为x∈，所以x>0.‎ 令h(x)＝－1＋，h′(x)＝>0，‎ 则h(x)在上单调递增，‎ 因为h(1)＝0，所以y＝f(x)·g(x)在上单调递减，‎ 在[1，e]上单调递增.‎ ymin＝f(1)·g(1)＝0，‎ ymax＝max ‎＝max，‎ 因为－1>1－，‎ 所以y＝f(x)·g(x)在上的取值范围为[0，－1].‎ ‎2.(2019·诸暨统考)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－.‎ ‎(1)解　因为f′(x)＝xex－a，‎ 由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，‎ 所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，‎ 即x＋y＋1＝0，‎ 所以b＝1.‎ ‎(2)证明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，‎ 则g′(x)＝(x＋1)ex，‎ 所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，‎ 则g(x)在(－∞，－1)内无零点；‎ 当x≥－1时，g(x)单调递增，‎ 且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，‎ 所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.‎ 由x0ex0＝1⇒ex0＝，‎ f(x0)＝－x0＝1－，‎ 又g＝－1<0，‎ g(1)＝e－1>0⇒－.‎ ‎3.已知f(x)＝ax＋xln x(a∈R)，y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.若2f(x)－(k ‎＋1)x＋k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值.‎ 解　由题设知f′(x)＝a＋1＋ln x，‎ 由f′(1)＝2，解得a＝1，‎ 所以f(x)＝x＋xln x.‎ 当x>1时，不等式2f(x)－(k＋1)x＋k>0(k∈Z)化为k<，‎ 记g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，‎ 再设h(x)＝2x－2ln x－3，则h′(x)＝>0，‎ 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 又h(2)＝1－2ln 2<0，h＝2>0，‎ 故h(x)在上存在唯一零点x0，‎ 使h(x0)＝2x0－2ln x0－3＝0，且当1x0时，g′(x)>0.‎ 即g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(x0)＝，‎ 由2x0－2ln x0－3＝0得2ln x0＝2x0－3，‎ 则g(x)min＝＝2x0∈(4，5)，‎ 又k<恒成立，‎ 故整数k的最大值为4.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x2·ln x.‎ ‎(1)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；‎ ‎(2)设(1)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t>e2时，有<<.‎ 证明　(1)当x∈(0，1]时f(x)≤0；‎ 当x∈(1，＋∞)时f(x)>0，故下面只考虑f(x)在(1，＋∞)上的性质.‎ 由于对任意给定的t>0，令F(x)＝f(x)－t，x>1，‎ 则F′(x)＝x(2ln x＋1)>0，‎ 从而F(x)在(1，＋∞)单调递增，‎ 又F(1)＝－t<0，F(et)＝e2t·t－t>0，故F(x)在(1，＋∞)存在唯一零点s，满足t＝f(s).‎ ‎(2)由于s2·ln s＝t>e2，从而s>e，‎ 故＝＝，‎ 令m＝ln s，则＝＝，m>1，‎ 设h(m)＝，m>1，‎ 下面求h(m)的取值范围.‎ 由于h′(m)＝，‎ 从而当m∈(1，e]时，h′(m)≥0，当m∈(e，＋∞)时，h′(m)<0，‎ 故h(m)在(1，e]上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，‎ 而h(1)＝0，h(e)＝，m→＋∞，h(m)→0，‎ 从而h(m)∈，‎ 从而＝≤<，‎ 又<，‎ 从而当t>e2时，有<<.‎ ‎5.记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.‎ 已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由.‎ 解　对任意a>0，设h(x)＝x3－3x2－ax＋a.‎ 因为h(0)＝a>0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2<0，且h(x)的图象是不间断的，‎ 所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0.令b＝，则b>0.‎ 函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，‎ 则f′(x)＝－2x，g′(x)＝.‎ 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，‎ 得 即(**)‎ 此时，x0满足方程组(**)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0，1)内的一个“S点”.因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”.‎ ‎6.已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋bx(a，b∈R)，函数f(x)的导函数为f′(x).‎ ‎(1)求f′(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f′(x)有两个不同的零点x1，x2，证明： a2x1x2<1.‎ ‎(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax＋1＋ln x＋b.‎ 令g(x)＝f′(x)＝－ax＋1＋ln x＋b(x>0)，∴g′(x)＝－a＋.‎ 当a≤0时， g′(x)＝－a＋>0，‎ 则g(x)即f′(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当a>0时，若x∈(0，)，则g′(x)>0，若x∈(，＋∞)，则g′(x)<0，∴g(x)即f′(x)在(0，)上是增函数，在上是减函数.‎ 综上所述，当a≤0时，函数f′(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；‎ 当a>0时，函数f′(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(2)证明　由(1)知当a≤0时， f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，故a>0.‎ 由f′(x)有两个不同的零点x1，x2，‎ 得 两式相减得ln x1－ln x2＋ax2－ax1＝0，‎ 即a＝＝.‎ ‎∵a>0，x1>0，x2>0，‎ ‎∴欲证a2x1x2<1，只需证x1x2<1，‎ 即证<＝－2＋.‎ 不妨设0h(1)＝0，∴当t∈(0，1)时， φ′(t)>0，φ(t)在(0，1)上单调递增，‎ ‎∴当t∈(0，1)时， φ(t)<φ(1)＝0，‎ 即(ln t)2