【新高考复习】专题38 导数的隐零点问题必刷100题(解析版)

专题38导数的隐零点问题必刷100题1．已知函数2e1xfxaxx（其中Ra，e为自然对数的底数）．（1）讨论函数fx的单调性；（2）当0x时，2ln3xxfxx，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）31,e【分析】（1）计算1e2xfxxa，分别讨论0a、02ea、2ea、2ea时，解不等式0fx和0fx可得单调增区间和单调减区间即可求解；（2）已知不等式可转化为eln20xaxxx对0x恒成立，分离a可得ln2exxxax，令ln20exxxgxxx，利用导数求gx的最大值即可求解.（1）由2e1xfxaxx可得1e211e2xxfxaxxxa，当0a时，e20xa，当1x时，0fx；当1x时，0fx，此时fx的单调递增区间为,1，单调递减区间为1,当0a时，由0fx得，11x，22lnxa，①若2ln1a，即2ea时，0fx恒成立，故fx在R上单调递增；②若2ln1a，即2ea时，由0fx可得：2lnxa或1x；令0fx可得：2ln1xa此时fx的单调递增区间为2,lna和1,，单调递减区间为2ln,1a；③若2ln1a，即02ea时，由0fx可得：1x或2lnxa；由0fx可得：21lnxa此时fx的单调递增区间为,1和2ln,a，单调递减区间为21,lna；综上所述：当0a时，fx的单调递增区间为,1，单调递减区间为1,；当2ea时，fx在R上单调递增；当2ea时，fx的单调递增区间为2,lna和1,，单调递减区间为2ln,1a；当02ea时，fx的单调递增区间为,1和2ln,a，单调递减区间为21,lna.（2）由2ln3xxfxx可得eln20xaxxx对0x恒成立，即ln2exxxax对任意的0x恒成立，令ln20exxxgxxx，则22211e1eln213lneexxxxxxxxxxxxgxxx，令3lnhxxx，则110hxx，则hx在0,上单调递减，又120h，e2e0h，故0hx在0,上有唯一的实根，不妨设该实根为0x，故当00,xx时，0hx，0gx，gx单调递增；当0,xx时，0hx，0gx，gx单调递减，故0000max0ln2exxxgxgxx，又因为003ln0xx，所以00ln3xx，00ln3eexx，030eexx，所以000030ln21eexxxgxx，故a的取值范围为31,e．2．已知函数21()ln,()2fxaxxaZ．（1）当1a时，求()fx的极值；（2）若不等式()(1)1fxax恒成立，求整数a的最小值．【答案】（1） 1()2fx极小值，无极大值；（2）2.【分析】（1）将1a代入，求出导函数()fx，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性，进而求出极值.（2）不等式等价于22(ln1)2xxaxx在(0,)上恒成立，设22(ln1)(),(0,)2xxgxxxx，利用导数求出gx的最大值即可求解.【详解】解：（1）当1a时，(1)(1)()(0)xxfxxx，令()0fx得1x（或1x舍去），∵当(0,1)x时，()0fx，()fx单调递减，当(1,)x时，()0fx，()fx单调递增，∴ 1()(1)2fxf极小值，无极大值．（2）()(1)1fxax，即21ln(1)12axxax，即222ln22axxxx，∴0x，即220xx，∴原问题等价于22(ln1)2xxaxx在(0,)上恒成立，设22(ln1)(),(0,)2xxgxxxx，则只需max()agx．由222(1)(2ln)()2xxxgxxx，令()2lnhxxx，∵2()10hxx，∴()hx在(0,)上单调递增，∵1111(1)10,2ln2ln2lnln402222hhe，∴存在唯一的01,12x，使得0002ln0hxxx，∵当00,xx时，()0hx，则()0,()gxgx单调递增，当0,xx时，()0hx，则()0,()gxgx单调递减，∴00000max022200000002ln222221()222xxxxxgxgxxxxxxxx，∴01ax即可．∴01,12x，∴01(1,2)x，故整数a的最小值为23．已知函数lnfxxax，111gxaxx．（1）当1a时，求过点（0，0）且与曲线yfx相切的直线方程；（2）当*aN时，不等式0fxgx在1,上恒成立，求a的最大值．【答案】（1）11yxe；（2）3【分析】（1）求出函数的导函数，设切点坐标为,lnmmm，利用导数的几何意义得到切线方程，再根据切线过点0,0，求出参数m，再代入计算可得；（2）依题意参变分离可得ln11xxax在1,恒成立，令ln11xxhxx，则minahx，1,x，利用导数研究函数的单调性与最小值，即可求出参数a的取值范围，从而求出a的最大值．【详解】解：（1）当1a时，lnfxxx，定义域为0,，11fxx，设切点坐标为,lnmmm，则切线的斜率11km，故切线方程为1ln1ymmxmm，因为切线过点0,0，所以10ln10mmmm，即ln1mmm，所以me，故切线方程为11yxe（2）当1x时0fxgx恒成立，即1ln110xax在1x时恒成立，因为1x，所以110x，所以ln11xxax在1,恒成立，令ln11xxhxx，1,x，即minahx，1,x，所以221ln2ln1ln211xxxxxxhxxx，令ln2gxxx，1,x，则110gxx，所以gx在1,上单调递增，由31ln30g，42ln40g，所以存在03,4x，使得00gx，所以当01xx时0hx，当0xx时0hx，所以函数hx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增，所以0minhxhx，又00gx，即00ln20xx，即00ln2xx，所以000000min00ln12111xxxxhxhxxxx，所以0ax，因为*aN，03,4x，所以3a，所以a的最大值为3；4．已知函数22xfxexx．（1）求fx的单调区间和极值；（2）若存在实数x，使得2232fxxxm成立，求整数m的最小值．【答案】(1)fx在0，上单调递减，在0，上单调递增,当0x时，fx有极小值01f，无极大值.(2)1【分析】(1)求出41xfxex，得到40xfxe，从而可得fx在R上单调递增，且00f，得出函数的单的区间和极值.(2)由题意即存在实数x，使得2332xxexm成立，设233xgxexx，即min12gxm，求出函数gx的导数，得出其单调区间，结合隐零点的代换，可得答案.【详解】（1）由22xfxexx，可得41xfxex又40xfxe恒成立，则fx在R上单调递增，且00f所以当0x时，0fx，当0x时，0fx所以fx在0，上单调递减，在0，上单调递增.所以当0x时，fx有极小值01001f，无极大值.(2)存在实数x，使得2232fxxxm成立即存在实数x，使得222232xexxxxm，即2332xxexm成立设233xgxexx，即min12gxm23xgxex，20xgxe所以23xgxex在R上单调递增.110ge,1202ge所以存在01,12x，使得00gx，即00302xex，也即0032xex所以当0,xx时，00gx，gx单调递减.当0xx，时，00gx,gx单调递增.所以022000000332333xgxgxexxxxx20056xx当01,12x时，200152564xx所以01151,28gx，由题意012mgx，所以整数m的最小值为1.5．已知函数()lnsinfxxxx（1）证明：()fx在区间2，上存在唯一的零点（2）证明：对任意0,x，都有()2ln(1sin)fxxxxx【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数()fx，令()()gxfx，再求()gx，确定()gx的单调性后结合零点存在定理可证；（2）题设不等式化为(21)ln0xxx，令()(21)lnhxxxx，求导函数()hx，令()()mxhx，再求导得()mx，利用()mx确定()mx的单调性结合零点存在定理确定()mx在唯一零点0x，也是()hx的最小值值点，说明这个最小值大于0，即证结论成立．【详解】证明：设1()(),()()sincosgxfxfxgxxxxx则，21()2cossingxxxxx21(,),0,2cos0,sin02xxxxx，即21()2cossin0gxxxxx故()gx在区间(,)2上单调递减又21()10,()02gg所以()gx在区间(,)2上存在唯一零点0,()2ln(1sin)xfxxxxx（2）要证()2ln(1sin)fxxxxx，即证1(21)ln0,()(21)ln,()2ln3xxxhxxxxhxxx令则()(),()(0,)mxhxmx令所以在单调递增1(1)20,()12ln202mm，所以存在唯一的000011(,1),()2ln302xmxxx使得当000()0,()(0,)xxhxhxx时在上单调递减，当00()0,()(,)xxhxhxx时在上单调递增故00000051