2022年高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题 .pdf

高中数学压轴题系列导数专题隐零点问题1.（2012?新课标）设函数 f（x）=exax2（）求 f（x）的单调区间；（）若 a=1，k 为整数，且当 x0 时， （xk）f （x）+ x+10，求 k 的最大值解： （I）函数 f（x）=exax2 的定义域是 R，f （x）=exa，若 a0，则 f （x）=exa0，所以函数 f（x）=exax2 在（， +）上单调递增若 a0，则当 x （， lna）时， f （x）=exa0；当 x （lna，+）时， f （x）=exa0；所以， f（x）在（， lna）单调递减，在（ lna，+）上单调递增（II）由于 a=1，所以， （xk） f （x）+ x+1=（xk） （ex1）+ x+1故当 x0 时， （xk） f （x）+ x+10 等价于 k（x0）令 g（x）=，则 g （x）=由（I）知，当 a=1 时，函数 h（x）=exx2 在（0，+）上单调递增，而 h（1）0，h（2）0，所以 h（x）=exx2 在（0，+）上存在唯一的零点，故 g（x）在（ 0，+）上存在唯一的零点，设此零点为 ，则有 （1，2）当 x （0， ）时， g （x）0；当 x （ ，+）时， g （x）0；所以 g（x）在（ 0，+）上的最小值为g（ ） 又由 g （ ）=0，可得 e= +2 所以 g（ ）= +1 （2，3）由于式等价于 kg（ ） ，故整数 k 的最大值为 22.（2013?新课标）已知函数f（x）=exln（x+m）（ ）设 x=0是 f（x）的极值点，求 m，并讨论 f（x）的单调性；（）当 m2 时，证明 f（x）0【解答】 （）解：，x=0是 f（x）的极值点，解得 m=1所以函数 f（x）=exln（x+1） ，其定义域为（ 1，+） 设 g（x）=ex（x+1）1，则 g（x）=ex（x+1）+ ex0，所以 g（x）在（ 1，+）上为增函数，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 4 页 - - - - - - - - - 又g（0）=0，所以当 x0 时，g（x）0，即 f （x）0；当 1x0 时，g（x）0，f （x）0所以 f（x）在（ 1，0）上为减函数；在（ 0，+）上为增函数；（）证明：当 m2，x （m，+）时， ln（x+m）ln（x+2） ，故只需证明当 m=2 时 f（x）0当 m=2时，函数在（ 2，+）上为增函数，且f （1）0，f （0）0故 f （x）=0在（ 2，+）上有唯一实数根x0，且 x0 （1，0） 当 x （2，x0）时， f （x）0，当 x （x0， +）时，f （x）0，从而当 x=x0时，f（x）取得最小值由 f （x0）=0，得，ln（x0+2）=x0故 f（x）=0综上，当 m2 时，f（x）03.（2015?新课标）设函数f（x）=e2xalnx（）讨论 f（x）的导函数 f （x）零点的个数；（）证明：当a0 时，f（x）2a+aln解： （） f（x）=e2xalnx 的定义域为（ 0，+） ， f （x）=2e2x当 a0 时，f （x）0 恒成立，故 f （x）没有零点，当 a0 时， y=e2x为单调递增， y=单调递增， f （x）在（ 0，+）单调递增，又f （a）0，假设存在 b 满足 0bln时，且 b，f （b）0，故当 a0 时，导函数 f （x）存在唯一的零点，（）由（）知，可设导函数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）单调递减，在（ x0+）单调递增，所欲当 x=x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0） ，由于=0，所以 f（x0）=+2ax0+aln2a+aln故当 a0 时，f（x）2a+aln4.（2016?新课标） （）讨论函数f（x）=ex的单调性，并证明当x0 时， （x2）ex+x+20；（）证明：当 a 0，1）时，函数 g（x）=（x0）有最小值设 g（x）的最小值为 h（a） ，求函数 h（a）的值域名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 4 页 - - - - - - - - - 解： （1）证明： f（x）=，f（x）=ex（）=当 x （， 2）（ 2，+）时， f（x）0f（x）在（， 2）和（ 2，+）上单调递增， x0 时，f（0）=1即（x2）ex+x+20（2）g（x）=a 0，1） ，由（1）知，当 x0 时，f（x）=的值域为（ 1，+） ，只有一解使得，只需?et0 恒成立，可得 2t2，由 x0，可得 t （0，2当 x （0，t）时， g（x）0，g（x）单调减；当 x （t，+） ，g（x） 0，g（x）单调增；h（a）=记 k（t）=，在 t （0，2 时， k（t）=0，故 k（t）单调递增，所以h（a）=k（t） （， 5.（2017?新课标）已知函数f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a； （2）证明： f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e2f（x0）22【解答】 （1）解：因为 f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx） （x0） ，则 f（x）0 等价于 h（x）=axalnx0，求导可知 h （x）=a则当 a0 时 h （x）0，即 y=h（x）在（ 0，+）上单调递减，所以当 x01 时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故 a0因为当 0 x时 h （x）0、当 x时 h （x）0，所以 h（x）min=h（） ，又因为 h（1）=aaln1=0，所以=1，解得 a=1；另解：因为 f（1）=0，所以 f（x）0 等价于 f（x）在 x0 时的最小值为 f（1） ，所以等价于 f（x）在 x=1处是极小值，所以解得a=1；（2）证明：由（ 1）可知 f（x）=x2xxlnx，f （x）=2x2lnx，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 4 页 - - - - - - - - - 令 f （x）=0，可得 2x2lnx=0，记 t（x）=2x2lnx，则 t （x）=2，令 t （x）=0，解得： x=，所以 t（x）在区间（ 0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以 t（x）min=t（）=ln210，从而 t（x）=0 有解，即 f （x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f （x）在（ 0，x0）上为正、在（ x0，x2）上为负、在（ x2， +）上为正，所以 f（x）必存在唯一极大值点x0，且 2x02lnx0=0，所以 f（x0）=x0 x0lnx0=x0+2x02=x0，由 x0可知 f（x0）（ x0）max=+=；由 f （）0 可知 x0，所以 f（x）在（ 0，x0）上单调递增，在（ x0，）上单调递减，所以 f（x0）f（）=；综上所述， f（x）存在唯一的极大值点x0，且 e2f（x0）22名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 4 页 - - - - - - - - -