导数压轴题之隐零点问
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文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]
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=…，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），
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，
=
=1，
∵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）=（
）2=，
，x0≠﹣1，
（
﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤
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，
∵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=…）． （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， 设
，则
，∴u（x）在（0，1）递增，
，
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