导数压轴题分类(6)----函数的隐零点问题(含答案)

1导数压轴分类（6）---函数的隐零点问题任务一、完成下面问题，总结隐零点问题的解题方法。例1.[2013湖北理10]已知a为常数，函数)(ln)(axxxxf有两个极值点21xx，，且21xx＜，则（）A.)(1xf＞0，)(2xf＞21B.)(1xf＜0，)(2xf＜21C.)(1xf＞0，)(2xf＜21D.)(1xf＜0，)(2xf＞21例2.[2012全国文21]设函数2)(axexfx.（1）求函数)(xf的单调区间；（2）若1a，k为整数，且当x＞0时，1)(')(xxfkx＞0，求k的最大值。k的最大值=2任务二、完成下面问题，体验隐零点问题的解题方法的应用。2.1[2015北京海淀二模理18]设函数2ln1)(xxxf.（Ⅰ）求函数)(xf的零点及单调区间；（Ⅱ）求证：曲线xxyln存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标0y＜1提示解析：（Ⅰ）函数)(xf的零点为xe，单调减区间32(0,)e；单调增区间32(,)e；（Ⅱ）xxyln存在斜率为6的切线即存在点000ln(,)xxx处导数为6，于是0201ln6xx，即2001ln60xx，令2()1ln6fxxx为增函数，易判断所以01(,1)2x，所以20000000ln1616xxyxxxx为减函数，所以00012|231xyy22.2[2013全国Ⅱ理21]设函数)ln()(mxexfx.（Ⅰ）若x＝0是)(xf的极值点，求m＞0，并讨论)(xf的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，求证：)(xf＞0.任务三、完成下面问题，体验隐零点问题解题的运用，提高解题能力。2．3.[2016广州一模理21]已知函数+3()exmfxx,ln12gxx．（Ⅰ）若曲线yfx在点00f，处的切线斜率为1，求实数m的值；（Ⅱ）当1m时，证明：3()fxgxx.（Ⅰ）解：因为+3()exmfxx，所以+2()e3xmfxx.………………………1分因为曲线yfx在点00f，处的切线斜率为1，所以0e1mf，解得0m.…………………………………………………2分（Ⅱ）证法一：因为+3()exmfxx,ln12gxx，所以3()fxgxx等价于+eln120xmx．当1m时，+1eln12eln12xmxxx．要证+eln120xmx，只需证明1eln(1)20xx.………………4分以下给出三种思路证明1eln(1)20xx．思路1：设1eln12xhxx，则11e1xhxx.设11e1xpxx，则121e01xpxx．所以函数px11e1xhxx在1+，上单调递增．…………………6分因为121e202h，0e10h，所以函数11e1xhxx在1+，上有唯一零点0x，且01,02x.8分因为00hx，所以0+101e1xx，即00ln11xx.………………9分当01,xx时，0hx；当0,xx时，0hx，所以当0xx时，hx取得最小值0hx.………………………………………10分3所以0100=eln12xhxhxx0011201xx.综上可知，当1m时，3()fxgxx.……………………………………12分思路2：先证明1e2xxxR．……………………………………………5分设1e2xhxx，则+1e1xhx．因为当1x时，0hx，当1x时，0hx，所以当1x时，函数hx单调递减，当1x时，函数hx单调递增．所以10hxh．所以1e2xx（当且仅当1x时取等号）．…………………………………7分所以要证明1eln(1)20xx，只需证明2ln(1)20xx．………………………………………………8分下面证明ln10xx．设ln1pxxx，则1111xpxxx．当10x时，0px，当0x时，0px，所以当10x时，函数px单调递减，当0x时，函数px单调递增．所以00pxp．所以ln10xx（当且仅当0x时取等号）．……………………………10分由于取等号的条件不同，所以1eln(1)20xx．综上可知，当1m时，3()fxgxx.……………………………………12分（若考生先放缩ln1x，或ex、ln1x同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明1eln(1)20xx．令1tx，转化为证明eln2tt0t．……………………………………5分因为曲线ety与曲线lnyt关于直线yt对称，设直线0xx00x与曲线ety、lnyt分别交于点A、B，点A、B到直线yt的距离分别为1d、2d，则122ABdd．其中001e2xxd，002ln2xxd00x．①设000exhxx00x，则00e1xhx．因为00x，所以00e10xhx．所以0hx在0,上单调递增，则001hxh．所以001e222xxd．4②设000lnpxxx00x，则0000111xpxxx．因为当001x时，00px；当01x时，00px，所以当001x时，函数000lnpxxx单调递减；当01x时，函数000lnpxxx单调递增．所以011pxp．所以002ln222xxd．所以122222222ABdd．综上可知，当1m时，3()fxgxx.……………………………………12分证法二：因为+3()exmfxx,ln12gxx，所以3()fxgxx等价于+eln120xmx．…………………………4分以下给出两种思路证明+eln120xmx．思路1：设+eln12xmhxx，则+1e1xmhxx.设+1e1xmpxx，则+21e01xmpxx．所以函数()px+1e1xmhxx在+-1，上单调递增．………………6分因为1m，所以1e+1e1eeeee10mmmmmmh，0e10mh.所以函数+1e1xmhxx在+-1，上有唯一零点0x，且01e,0mx.…8分因为00hx，所以0+01e1xmx，即00ln1xxm．………………9分当00,xx时，0hx；当0,xx时，0hx.所以当0xx时，hx取得最小值0hx．……………………………………10分所以0+00eln12xmhxhxx00121xmx0011301xmx．综上可知，当1m时，3()fxgxx．……………………………………12分思路2：先证明e1()xxxR，且ln(1)(1)xxx．…………………5分设()e1xFxx，则()e1xFx．因为当0x时，()0Fx；当0x时，()0Fx，5所以()Fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增．所以当0x时，()Fx取得最小值(0)0F．所以()(0)0FxF，即e1()xxxR．…………………………………7分所以ln(1)xx（当且仅当0x时取等号）．…………………………………8分再证明+eln120xmx．由e1()xxxR，得1e2xx（当且仅当1x时取等号）．…………9分因为1x，1m，且1e2xx与ln(1)xx不同时取等号，所以+11eln12eeln12xmmxxx11e(2)2(e1)(2)0mmxxx．综上可知，当1m时，3()fxgxx．……………………………………12分