導(dǎo)數(shù)壓軸題隱零點問題專輯附有純

導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題專輯附有純word版導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題專輯附有純word版14/14導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題專輯附有純word版導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題導(dǎo)數(shù)壓軸題之隱零點問題(共13題)1．函數(shù)f〔x〕=〔aexax〕ex〔a≥0，?，e自然數(shù)的底數(shù)〕，f〔x〕≥0于x∈R恒建立．〔1〕求數(shù)a的；〔2〕明：f〔x〕存在獨一極大點x0，且．【解答】〔1〕解：f〔x〕=ex〔aexax〕≥0，因ex＞0，所以aexax≥0恒建立，即a〔ex1〕≥x恒建立，x=0，然建立，x＞0，ex1＞0，故只要a≥在〔0，+∞〕恒建立，令h〔x〕=，〔x＞0〕，h′〔x〕=＜0，故h〔x〕在〔0，+∞〕減，而==1，a≥1，x＜0，ex1＜0，故只要a≤在〔∞，0〕恒建立，令g〔x〕=，〔x＜0〕，g′〔x〕=＞0，故h〔x〕在〔∞，0〕增，第1頁〔共14頁〕而==1，a≤1，綜上：a=1；〔2〕證明：由〔1〕f〔x〕=ex〔ex﹣x﹣1〕，f'〔x〕=ex〔2ex﹣x﹣2〕，令h〔x〕=2ex﹣x﹣2，h'〔x〕=2ex﹣1，所以h〔x〕在〔﹣∞，ln〕單一遞減，在〔ln，+∞〕單一遞加，h〔0〕=0，h〔ln〕=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h〔﹣2〕=2e﹣2﹣〔﹣2〕﹣2=＞0，∵h(yuǎn)〔﹣2〕h〔ln〕＜0由零點存在定理及h〔x〕的單一性知，方程h〔x〕=0在〔﹣2，ln〕有獨一根，設(shè)為x0且2ex0﹣x0﹣2=0，進(jìn)而h〔x〕有兩個零點x0和0，所以f〔x〕在〔﹣∞，x0〕單一遞加，在〔x0，0〕單一遞減，在〔0，+∞〕單一遞加，進(jìn)而f〔x〕存在獨一的極大值點x0即證，由2ex0﹣x0﹣2=0得ex0=，x0≠﹣1，x0x0〔﹣x0﹣1〕=〔﹣x0〕〔2+x0〕≤〔〕∴〔fx0〕=e〔e﹣x0﹣1〕=2=，取等不建立，所以f〔x0〕＜得證，又∵﹣2＜x0＜ln，f〔x〕在〔﹣∞，x0〕單一遞加所以f〔x0〕＞f〔﹣2〕=e﹣2[e﹣2﹣〔﹣2〕﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得證，進(jìn)而0＜f〔x0〕＜建立．2．函數(shù)f〔x〕=ax+xlnx〔a∈R〕1〕假定函數(shù)f〔x〕在區(qū)間[e，+∞〕上為增函數(shù)，求a的取值范圍；2〕當(dāng)a=1且k∈Z時，不等式k〔x﹣1〕＜f〔x〕在x∈〔1，+∞〕上恒建立，第2頁〔共14頁〕求k的最大．【解答】解：〔1〕∵函數(shù)f〔x〕在區(qū)[e，+∞〕上增函數(shù)，f〔′x〕=a+lnx+1≥0在區(qū)[e，+∞〕上恒建立，∴a≥〔lnx1〕max=2．a(chǎn)≥2．a(chǎn)的取范是[2，+∞〕．2〕a=1，f〔x〕=x+lnx，k∈Z，不等式k〔x1〕＜f〔x〕在x∈〔1，+∞〕上恒建立，∴k＜，令g〔x〕=，g′〔x〕=，h〔x〕=xlnx2〔x＞1〕．h′〔x〕=1=＞0，∴h〔x〕在〔1，+∞〕上增，h〔3〕=1ln3＜0，h〔4〕=22ln2＞0，存在x0∈〔3，4〕，使h〔x0〕=0．即當(dāng)1＜x＜x0h〔x〕＜0即g′〔x〕＜0x＞x0h〔x〕＞0即g′〔x〕＞0g〔x〕在〔1，x0〕上減，在〔x0+∞〕上增．h〔x0〕=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g〔x〕min=g〔x0〕===x0∈〔3，4〕．k＜g〔x〕min=x0∈〔3，4〕，且k∈Z，kmax=3．3．函數(shù)f〔x〕=alnxx2+x，g〔x〕=〔x2〕exx2+m〔此中?〕．1〕當(dāng)a≤0，函數(shù)f〔x〕的性；2〕當(dāng)a=1，x∈〔0，1]，f〔x〕＞g〔x〕恒建立，求正整數(shù)m的最大．【解答】解：〔1〕函數(shù)f〔x〕定域是〔0，+∞〕，，〔i〕當(dāng)，1+8a≤0，當(dāng)x∈〔0，+∞〕f'〔x〕≤0，第3頁〔共14頁〕函數(shù)f〔x〕的單一遞減區(qū)間是〔0，+∞〕；〔ⅱ〕當(dāng)，﹣2x2+x+a=0的兩根分別是：，，x∈〔0，x1〕時f'〔x〕＜0．函數(shù)f〔x〕的單一遞減．x∈〔x1，x2〕時f'〔x〕＞0，函數(shù)f〔x〕的單一速遞加，x∈〔x2，+∞〕時f'〔x〕＜0，函數(shù)f〔x〕的單一遞減；綜上所述，〔i〕當(dāng)時f〔x〕的單一遞減區(qū)間是〔0，+∞〕，〔ⅱ〕當(dāng)時，f〔x〕的單一遞加區(qū)間是，單一遞減區(qū)間是和2〕當(dāng)a=﹣1，x∈〔0，1]時，f〔x〕＞g〔x〕，即m＜〔﹣x+2〕ex﹣lnx+x，設(shè)h〔x〕=〔﹣x+2〕ex﹣lnx+x，x∈〔0，1]，∴，∴當(dāng)0＜x≤1時，1﹣x≥0，設(shè)，那么，∴u〔x〕在〔0，1〕遞加，又∵u〔x〕在區(qū)間〔0，1]上的圖象是一條不中斷的曲線，且，∴使得u〔x0〕=0，即，x∈〔0，x0〕時，u〔x〕＜0，h'〔x〕＜0；x∈〔x0，1〕時，u〔x〕＞0，h'〔x〕＞0；∴函數(shù)h〔x〕在〔0，x0]單一遞減，在[x0，1〕單一遞加，∴=，∵在x∈〔0，1〕遞減，∵，∴，∴當(dāng)m≤3時，不等式m＜〔﹣x+2〕ex﹣lnx+x對隨意x∈〔0，1]恒建立，第4頁〔共14頁〕4．函數(shù)f〔x〕=ex+alnx〔此中?，是自然數(shù)的底數(shù)〕．〔Ⅰ〕當(dāng)a=0，求函數(shù)a=0的象在〔1，f〔1〕〕的切方程；〔Ⅱ〕求：當(dāng)，f〔x〕＞e+1．【解答】〔Ⅰ〕解：∵a=0，∴，f〔1〕=e，f′〔1〕=e1，∴函數(shù)f〔x〕的象在〔1，f〔1〕〕的切方程：ye=〔e1〕〔x1〕，即〔e1〕xy+1=0；〔Ⅱ〕明：∵，g〔x〕=f′〔x〕，，∴g〔x〕是增函數(shù)，∵ex+a＞ea，∴由，∴當(dāng)x＞e﹣a，f〔′x〕＞0；假定0＜x＜1?ex+a＜ea+1，由，∴當(dāng)0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}，f′〔x〕＜0，f′〔x〕=0有一解，x0，當(dāng)0＜x＜x0，f′〔x〕＜0，f〔x〕減；當(dāng)x＞x0，f〔′x〕＞0，f〔x〕增；∴，而，h〔x〕=lnx+x，，a＜?h〔x0〕＜h〔〕，h〔x〕然是增函數(shù)，∴，∴．上，當(dāng)，f〔x〕＞e+1．本資料分享自千人教師QQ群323031380高中數(shù)學(xué)資源大全第5頁〔共14頁〕5．函數(shù)f〔x〕=axex〔a+1〕〔2x1〕．1〕假定a=1，求函數(shù)f〔x〕的象在點〔0，f〔0〕〕的切方程；2〕當(dāng)x＞0，函數(shù)f〔x〕≥0恒建立，求數(shù)a的取范．【解答】解：〔1〕假定a=1，f〔x〕=xex2〔2x1〕，x=0，f〔0〕=2，f'〔x〕=xex+ex4，x=0，f'〔0〕=3，所以所求切方程y=3x+2．??〔3分〕〔2〕由條件可得，第一f〔1〕≥0，得，f'〔x〕=a〔x+1〕ex2〔a+1〕，x令其h〔x〕，h'〔x〕=a〔x+2〕e恒正數(shù)，f'〔0〕=2a＜0，f'〔1〕=2ea2a2≥0，所以f'〔x〕存在獨一根x0∈〔0，1]，且函數(shù)f〔x〕在〔0，x0〕上減，在〔x0+∞〕上增，所以函數(shù)f〔x〕的最小，只要f〔x0〕≥0即可，又x0足，代入上式可得，∵x0∈〔0，1]，∴，即：f〔x0〕≥0恒建立，所以．??〔13分〕6．函數(shù)f〔x〕=xexax+b的象在x=0的切方程：y=x+1．1〕求a和b的；2〕假定f〔x〕足：當(dāng)x＞0，f〔x〕≥lnxx+m，求數(shù)m的取范．【解答】解：〔1〕∵f〔x〕=xexax+b，f〔′x〕=〔x+1〕exa，由函數(shù)f〔x〕的象在x=0的切方程：y=x+1，知：第6頁〔共14頁〕，解得a=2，b=1．〔2〕∵f〔x〕知足：當(dāng)x＞0時，f〔x〕≥lnx﹣x+m，m≤xex﹣x﹣lnx+1，①g〔x〕=xex﹣x﹣lnx+1，x＞0，那么=，g′〔x0〕=0，x0＞0，那么=，進(jìn)而lnx0=﹣x0，g′〔〕=3〔〕＜0，g′〔1〕=2〔e﹣1〕＞0，由g′〔〕﹣g′〔1〕＜0，知：，x∈〔0，x0〕時，g′〔x〕＜0；x∈〔x0，+∞〕時，g′〔x〕＞0，∴函數(shù)g〔x〕在〔0，x0〕上單一遞減，在〔x0，+∞〕上單一遞加．∴g〔x〕min=g〔x0〕=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0?﹣x0+x0=1．m≤xex﹣x﹣lnx+1恒建立?m≤g〔x〕min，∴實數(shù)m的取值范圍是：〔﹣∞，1]．本資料分享自千人教師QQ群323031380高中數(shù)學(xué)資源大全7．函數(shù)f〔x〕=3ex+x2，g〔x〕=9x﹣1．1〕求函數(shù)φ〔x〕=xex+4x﹣f〔x〕的單一區(qū)間；2〕比較f〔x〕與g〔x〕的大小，并加以證明．【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〕上單一遞加，在〔ln2，2〕上單一遞減，在〔2，+∞〕上單一遞加．〔2〕f〔x〕＞g〔x〕．第7頁〔共14頁〕證明以下：h〔x〕=f〔x〕﹣g〔x〕=3ex+x2﹣9x+1，∵h(yuǎn)'〔x〕=3ex+2x﹣9為增函數(shù)，∴可設(shè)h'〔x0〕=0，∵h(yuǎn)'〔0〕=﹣6＜0，h'〔1〕=3e﹣7＞0，∴x0∈〔0，1〕．當(dāng)x＞x0時，h'〔x〕＞0；當(dāng)x＜x0時，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．函數(shù)f〔x〕=lnx+a〔x﹣1〕2〔a＞0〕．〔2〕假定f〔x〕在區(qū)間〔0，1〕內(nèi)有獨一的零點x0，證明：．【解答】解：〔1〕，①當(dāng)0＜a≤2時，f'〔x〕≥0，y=f〔x〕在〔0，+∞〕上單一遞加，②當(dāng)a＞2時，設(shè)2ax2﹣2ax+1=0的兩個根為，且，y=f〔x〕在〔0，x1〕，〔x2，+∞〕單一遞増，在〔x1，x2〕單一遞減．〔2〕證明：依題可知f〔1〕=0，假定f〔x〕在區(qū)間〔0，1〕內(nèi)有獨一的零點x0，由〔1〕可知a＞2，且．于是：①②由①②得，設(shè)，那么，所以g〔x〕在上單一遞減，第8頁〔共14頁〕又，依據(jù)零點存在定理，故．9．函數(shù)f〔x〕=，此中a為常數(shù)．1〕假定a=0，求函數(shù)f〔x〕的極值；2〕假定函數(shù)f〔x〕在〔0，﹣a〕上單一遞加，務(wù)實數(shù)a的取值范圍；3〕假定a=﹣1，設(shè)函數(shù)f〔x〕在〔0，1〕上的極值點為x0，求證：f〔x0〕＜﹣2．【解答】解：〔1〕f〔x〕=的定義域是〔0，+∞〕，f′〔x〕=，令f′〔x〕＞0，解得0＜x＜，令f′〔x〕＜0，解得：x＞，f〔x〕在〔0，〕遞加，在〔，+∞〕遞減，故f〔x〕極大值=f〔〕=，無極小值；〔2〕函數(shù)f〔x〕的定義域為{x|x＞0且x≠﹣a}．=，要使函數(shù)f〔x〕在〔0，﹣a〕上單一遞加，那么a＜0，又x∈〔0，﹣a〕時，a＜x+a＜0，只要1+﹣2lnx≤0在〔0，﹣a〕上恒建立，即a≥2xlnx﹣x在〔0，﹣a〕上恒建立，y=2xlnx﹣x的導(dǎo)數(shù)為y′=2〔1+lnx〕﹣1=1+2lnx，當(dāng)x＞時，函數(shù)y遞加，0＜x＜時，函數(shù)y遞減，當(dāng)﹣a≤即﹣＜a＜0時，函數(shù)遞減，可得a≥0，矛盾不建立；當(dāng)﹣a＞即a＜﹣時，函數(shù)y在〔0，〕遞減，在〔，﹣a〕遞加，可得y＜﹣2aln〔﹣a〕+a，可得a≥﹣2aln〔﹣a〕+a，解得﹣1≤a＜0，那么a的范圍是[﹣1，0〕；第9頁〔共14頁〕〔3〕明：a=1，f〔x〕=數(shù)f′〔x〕=，函數(shù)f〔x〕在〔0，1〕上的極點x0，可得12lnx0=0，即有2lnx0=1，要f〔x0〕＜2，即+2＜0，因為+2=+2==，因為x0∈〔0，1〕，且x0，0不建立，=2lnx=1+2＜0，故f〔x0〕＜2建立．10．函數(shù)f〔x〕=lnxx+1，函數(shù)g〔x〕=ax?ex4x，此中a大于零的常數(shù)．〔Ⅰ〕求函數(shù)f〔x〕的區(qū)；〔Ⅱ〕求：g〔x〕2f〔x〕≥2〔lnaln2〕．【解答】解：〔Ⅰ〕?????????????〔2分〕x∈〔0，1〕，f'〔x〕＞0，y=f〔x〕增；x∈〔1，+∞〕，f'〔x〕＜0，y=f〔x〕減?????????．〔4分〕〔Ⅱ〕明：令h〔x〕=axex4x2lnx+2x2=axex2x2lnx2〔a＞0，x＞0〕???????．〔5分〕第10頁〔共14頁〕故???????????．〔7分〕令h'〔x〕=0即，兩求數(shù)得：lna+x0=ln2lnx0即lnx0+x0=ln2lna??????．〔9分〕∴，∴h〔x〕≥2lna2ln2???????????〔12分〕11．函數(shù)f〔x〕=x2〔a2〕xalnx〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函數(shù)y=f〔x〕的區(qū)；〔Ⅱ〕當(dāng)a=1，明：隨意的x＞0，f〔x〕+ex＞x2+x+2．【解答】解：〔Ⅰ〕函數(shù)f〔x〕的定域是〔0，+∞〕，f′〔x〕=2x〔a2〕=?〔2分〕a≤0，f′〔x〕＞0隨意x∈〔0，+∞〕恒建立，所以，函數(shù)f〔x〕在區(qū)〔0，+∞〕增；?〔4分〕當(dāng)a＞0，由f′〔x〕＞0得x＞，由f′〔x〕＜0，得0＜x＜，所以，函數(shù)在區(qū)〔，+∞〕上增，在區(qū)〔0，〕上減；〔Ⅱ〕當(dāng)a=1，f〔x〕=x2+xlnx，要明f〔x〕+ex＞x2+x+2，只要明exlnx2＞0，g〔x〕=exlnx2，化明隨意的x＞0，g〔x〕＞0，g′〔x〕=ex=0，得ex=，簡單知道方程有獨一解，不如x0，x0足ex0=，當(dāng)x化，g′〔x〕和g〔x〕化狀況以下表x〔0，x0〕x0〔x0，∞〕g′〔x〕0+g〔x〕減增min0〕=ex0lnx02=+x02，g〔x〕=g〔x第11頁〔共14頁〕因為x0＞0，且x0≠1，所以g〔x〕min＞2﹣2=0，所以不等式得證．本資料分享自千人教師QQ群323031380高中數(shù)學(xué)資源大全12．函數(shù)．〔Ⅰ〕當(dāng)a=2時，〔i〕求曲線y=f〔x〕在點〔1，f〔1〕〕處的切線方程；ii〕求函數(shù)f〔x〕的單一區(qū)間；〔Ⅱ〕假定1＜a＜2，求證：f〔x〕＜﹣1．【解答】解：〔Ⅰ〕當(dāng)a=2時，，定義域為〔0，+∞〕，，〔′1〕=﹣1﹣2=﹣3，f'〔1〕=2﹣2=0；所以切點坐標(biāo)為〔1，﹣3〕，切線斜率為0所以切線方程為y=﹣3；ii〕令g〔x〕=2﹣lnx﹣2x2，所以g〔x〕在〔0，+∞〕上單一遞減，且g〔1〕=0所以當(dāng)x∈〔0，1〕時，g〔x〕＞0即f'〔x〕＞0所以當(dāng)x∈〔1，+∞〕時，g〔x〕＜0即f'〔x〕＜0綜上所述，f〔x〕的單一遞加區(qū)間是〔0，1〕，單一遞減區(qū)間是〔1，+∞〕．〔Ⅱ