導數(shù)專題：隱零點問題專題

導數(shù)專題：隱點問題專訓練一、解答題（本大題共7小題共84.0）1.已知函數(shù)f（）=e-ln（+）（Ι）設(shè)x=0是f（）的極值點，求，并討論）的單調(diào)性；（Ⅱ）當m≤2時，證明（）＞0．2.已知函數(shù)f（）=．證明：∈，線=（）都不是曲線=（）的切線；若∈[，]，使得（）≤（）+成立求實數(shù)的值范圍．3.設(shè)函數(shù)f（）=+ax+b在點（，（0）處的切線方程為++1=0（Ⅰ）求ab值，并求（）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）證明：當≥0時（x）＞-4．4.已知函數(shù)f（）=a-e；（1）討論fx的極值點的個數(shù)；（2）若=2，求證：f（）＜0．第1頁，共8頁5.已知函數(shù)f（）=+ln有值點，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）求a的值范圍；（2）若a（0，]，求證：∈（0，2]都有f（）＜．6.設(shè)函數(shù)f（）=

-ln+1（∈）求函數(shù)f（）的單調(diào)區(qū)間；若函數(shù)g（）=axe+3，求證f（）＞x）在（，+）上恒成立．7.已知函數(shù)f（）=x+在（，（1））處的切線為3--2=0．（1）求函數(shù)（）的解析式；（2）若kZ，且對任意＞1都有＜

成立，求k的大值．答

案導數(shù)專題：隱零點問題（高中數(shù)學）一、解答題（本大題共7小題共84.0）第2頁，共8頁8.已知函數(shù)f（）=e-ln（+）（Ι）設(shè)x=0是f（）的極值點，求，并討論）的單調(diào)性；（Ⅱ）當m≤2時，證明（）＞0．【答案】（Ⅰ）解：∵，=0是（）的極值點，∴，解得m=1．所以函數(shù)f（）=-lnx+1），其定義域為（-1，+）．∵

．設(shè)（）=（+1）-1則′（）=（+1）+＞0所以g（）（-1，+∞）上為增函數(shù)，又∵g（0）=0，所以當＞0，（）＞0即′（）＞0；當1＜＜0，（）＜0，′）＜0．所以f（）（-1）上為減函數(shù)；在（0，+∞上為增函數(shù)（Ⅱ）證明：當≤2∈（-∞）時ln+）≤lnx）故只需證明m時（）＞0當=2時，數(shù)

在-2∞）上為增函數(shù)，且′（-1）＜0，′）＞0．故′（）=0在，+）上有唯一實數(shù)根x，x（-1，0．當∈（-2，）f′（）＜0當x∈（，+）時，f′（）＞0從而當xx時，（）取得最小值．由′（x）=0，得故（）≥

，ln（x+2）=-=＞0．綜上，當m≤2時，f（）＞0【解析】（Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，因為=0是函數(shù)f（）極值點，由極值點處的導數(shù)等于0求m的入數(shù)解析式后再由導函數(shù)大于0和小于0求原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）證明當≤2f（）＞0轉(zhuǎn)化為證明當=2時f（）．求出當m時函數(shù)的導函數(shù)，可知導函數(shù)在（-2，+）上為增函數(shù)，并進一步得到導函數(shù)在-1，0）上有唯一零點，當=x時數(shù)取得最小值，借助于x是導函數(shù)的零點證出（）＞0，從而結(jié)論得證．本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性用導數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值考查了不等式的證明，考查了函數(shù)與方程思想，分類討論的數(shù)學思想，綜合考查了學生分析問題和解決問題的能力．熟練函數(shù)與導數(shù)的基礎(chǔ)知識是解決該題的關(guān)鍵，是難題．9.已知函數(shù)f（）=．證明：∈，線=（）都不是曲線=（）的切線；若∈[，]，使得（）≤（）+成立求實數(shù)的值范圍．【答案】解：）明fx）的定義域為（，1∪（1，+），f（）的導數(shù)為f′（）=，直線y=（）過定點（，0，第3頁，共8頁若直線yg（）=）相切于點，

），則==，為ln+-1=0設(shè)（）=ln+-1，′（）=+1＞0，則（）在（，+）遞增，（1，當且僅當=1①立．與定義域矛盾，k∈，線=（）不是曲線y=f（）切線；（2）（）g（）+?k（-1）≤，令（）=-k（-1），∈[，

]，則∈[，

]，使得f（）≤（）+成立m（）≤．m′（）=-k=-（-）-，當≥時，m（）≤0m（x在，e]減，于是）=（）=-k（-1）≤，解得k≥，足k≥，≥立；當＜時由y=-（-）+-，及=得m′）=-（）+-k在，e]遞增，m′（）m′（）≤′e）即-≤′）≤-k，①若-≥0即≤0m（≥0則（在e]增（）（）=e（-1）≥＞，成立；②若-＜0，即0＜＜時，′（）=-＜0，′（）=-k＞0，由′（）調(diào)性可x∈[，＜0，（）減；

]，由′x）=0，且當x∈，），′（x）當∈（x，e），′（），m（）增，可得m（）最小值為

+（-1），由k（-1）≤，可得≥（-）＞（

）=＞，0＜＜矛盾．綜上可得k范圍是k≥．【解析出x導數(shù)得切線的斜率出切點造數(shù)xx-1，求出導數(shù)和單調(diào)區(qū)間，即可得證；（2）（）g（）+?k（-1）≤，令（）=-k（-1），∈[，]，則∈[，

]，使得f（）≤（）+成立m（）≤．對討，當k≥時當＜時運用單調(diào)性，求出最值，解不等式即可得到所求范圍．本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查分類討論的思想方第4頁，共8頁法，以及構(gòu)造函數(shù)法，轉(zhuǎn)化思想的運用，綜合性強，屬于難題．10.設(shè)函f（）=+ax+b在點（，（0）處的切線方程為++1=0（Ⅰ）求ab值，并求（）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）證明：當≥0時（x）＞-4．【答案】解：（Ⅰ）′x）=+，由已知，′（0）=-1f（0）=-1，故=-2，=-2，f′（）=-2當∈（-∞），′）＜0，當∈（ln2∞）時f′（）＞0，故（）在（∞，ln2單調(diào)遞減，在（ln2，+∞單調(diào)遞增；（6）（Ⅱ）設(shè)g（）=（（x

-4）=-

-2x+2，g′（）=-2-2=（）在ln2，+∞）單調(diào)遞減，在-∞）調(diào)遞增，因為g′）=-1，′）=-6＞0，0＜ln2＜2，所以g′（）在0，+∞）只有一個零點x，且x∈（0，2）當∈[0，x）時′（x），當∈（x，+）時，′x）＞0，即（）在，）調(diào)遞減，在（∞）時，單調(diào)遞增，

=2+2，當≥0時，（）g（）=

=4-＞0，即（）＞

-4，…（12分）【解析（Ⅰ）求函數(shù)的導數(shù)，用導數(shù)的幾何意義以及切線方程建立方程關(guān)系即可求a，值及f（）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值關(guān)系即可證明不等式．本題主要考查導數(shù)的幾何意義以及函數(shù)單調(diào)性的應用合考查導數(shù)的應用算量較大，綜合性較強．11.已知數(shù)f（）=a-e；討論f（）的極值點的個數(shù)；若=2，求證：（）＜0【答案】解：）據(jù)題意可得′（）=e=（＞0，當≤0時，′（）＜0，函數(shù)=（）減函數(shù)，無極值點；當＞0時，令f（）=0得-，即xe=，又=x在0，+∞）上存在一，不妨設(shè)為x，所以函數(shù)y=fx）在（，）是單調(diào)遞增的，在∞）上是單調(diào)遞減的；所以函數(shù)y=fx）有一個極大值點，無極小值點；總之：當a≤0時，f（）極值點；當＞0時，函數(shù)y=（x）有一個極大值點，無小值點；（2）證明：a=2時，）=2lnx-，′（）=由（1）可知f（）有極大值f（）且滿x

（＞0，=2…①，又=x

在（0，+∞）上是增函數(shù)，且0＜，以x∈，1，又知：（）=（x）=2lnx…；第5頁，共8頁由①可得=，入②得（x）=（）=2ln-，令（）=2ln-，g′（）==

＞0恒成，所以g（）（，1上是增函數(shù)，所以g（）g（1）=-2＜0即（），所以f（）＜0【解析】）f（）求導數(shù)，令導數(shù)f（）=0討論a的值，判斷f（）單調(diào)性和最值，從而求出函數(shù)=（）值點的個數(shù)；（2）求出a時（）的導數(shù)′（），判斷（）的極值情況，利用極值構(gòu)造函數(shù)，從而證明（）＜0．本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值問題考查了不等式恒成立問題難題．12.已知數(shù)f（）=+ln有值點，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）求a的值范圍；（2）若a（0，]，求證：∈（0，2]都有f（）＜

．【答案】解：）（

+ln，′（，若函數(shù)f（）=

+lnx有值點，則-

=0有解顯然a＞0，令（）=-，a＞0），則′（）=-2，″x）=-2，令″（），解得：＞ln，m″（）＜0解得x＜ln，∴′（）（∞，ln）減，在ln，+）遞增，∴′（）=′）=2-2ln＜0解得：＜，故0＜＜；（2）（）=+ln，′（）=，令（）=-，′（）=-2x，0＜≤1時，′x）≤ae-2＜0，由于h（）=（-），（1）=ae-1，∴（）在（，1）內(nèi)有唯一極大值點x，當=時f（）極大值點x=1，∴∈（0，2]時，（）≤max{f（1），）}f（）=（＜）第6頁，共8頁令ω（）=，a＜＜1，則ω′（（-2lnx＜0，∴ω（）＜ω）=

＜，又（1，∴max{（1），（x）}．【解析】）出函數(shù)的導數(shù)，得到-=0有，顯然＞0令（）=-

，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范即可；（2）求出函數(shù)的導數(shù)，令（）=ae-

，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到（））內(nèi)有唯一極大值點x，而（）≤max{（1（x）}，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，證出結(jié)論即可．本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．13.設(shè)函f（）=

-ln+1（∈）求函數(shù)f（）的單調(diào)區(qū)間；若函數(shù)g（）=axe+3，求證f（）＞）在（，+）上恒成立．【答案】解：）數(shù)（）=x+1的數(shù)為′（）=2-=，＞0當≤0時，′（）＜0，（）減；當＞0時，由f′（）＞0可得＞

；由′（），可得x＜．則當a≤0時，f（）減區(qū)間為0∞），無增區(qū)間；當＞0時，（）的增區(qū)間為（，+∞），減區(qū)間為（，）；（2）證明：h（）=（x）-（）=-ln（ax-+3=-ln-2，h（）的導數(shù)為h′（）=-=

，由=-1的數(shù)為′=x）＞0對x＞0恒成立，即有函數(shù)y=xe-1在上遞增，且y＞-1設(shè)的為x，有xe=1，（0＜x＜1，則當x＞時′（），（）遞增；當0＜＜時h′（）＜0（）減．故當x=x時（）得最小值，且為-lnx-2即有+-2＞2-2=0，則（）＞0恒成立，即有f（）（）（0，+）上恒成立．另解：當x＞0時，由＞x+1，lnx-1這個等式知，第7頁，共8頁f（）-（）=-lnx-2＞x+1-+1-2=0即為f（）（）（0，+）上恒成立．【解析】）出f（）的導數(shù)，對a討論，分≤0時＞0時，判斷導數(shù)符號，可得單調(diào)性；（2）設(shè)（）=（）-（-lnax-+3）=-ln-2，出（）的導數(shù)為′（）=-

，判斷xe-1在x＞0上增，且＞-1設(shè)-1=0的為，即有x=1（0＜1，求出h（）最小值，判斷大于0，即可得證．本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運用導數(shù)判斷單調(diào)性和轉(zhuǎn)化思想的運用，屬于中檔題．14.已知數(shù)f（）=x+在（，（1））處的切線為3--2=0．（1）求函數(shù)（）的解析式；（2）若kZ，且對任意＞1都有＜

成立，求k的大值．【答案】解：）（）定域為，+），'（x）=ln+1+，∴

∴（）=lnx+2．（2）令

可化為，，則g（x），

，∈（1，+）．令（）=-2-ln，則，∴（）在（，+∞）上為增函數(shù)．又（3＜0，（4）=2-ln4＞0，故存在唯一的