（新高考）2021届高三大题优练10：导数之隐零点问题（教师版）

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1、 例 1已知函数 21xf xex （1）若函数 f xF xx，讨论 F x在0,的单调性； （2）若 23522f xkxx kZ，对任意xR恒成立，求整数k的最大值 【答案】 （1） F x在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增； （2）1 【解析】 （1）因为 211xxexFxx， 令 1xg xex ，则 100 xg xex 所以函数 g x在0,单调递增，从而 00g xg，所以10 xex 由 0Fx，得1x ；由 0Fx，得01x， 所以 F x在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增 （2）因为 23522f xkxx kZ，对任意xR恒成立， 所以2min15

2、122xkexx 令 215122xh xexx，则 52xh xex，所以 h x在 R R 上单调递增， 又 3002h ， 3102he， 所以存在唯一的00,1x ，使得00h x， 又1202he， 由（1）知当0 x时，1xex，所以343737104444he ， 所以存在唯一的01 3,2 4x，使得00h x，即0052xex 优优 选选 例例 题题 导数之隐零点问题 大题优练大题优练 1010 当01,2xx时， 0h x，所以 h x单调递减； 当03,4xx时， 0h x，所以 h x单调递增， 所以 0222000000min151731737122222224xh

3、xh xexxxxx ， 01 3,2 4xQ， min271,328h x ， 又kZ，所以k的最大值为1 1已知函数( )ln()f xxax aR （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）证明：不等式2( )xeaxf x恒成立 【答案】 （1）答案见解析； （2）证明见解析 【解析】 （1）11( )(0)axfxaxxx， 当0a时，( )0fx，所以( )f x在(0,)上单调递增； 当0a 时，令( )0fx，得到1xa， 所以当10,xa时，( )0fx，( )f x单调递增； 当1,xa，( )0fx，( )f x单调递减， 综上所述，当0a时，( )f x在(0,)上单

4、调递增； 当0a 时，( )f x在10,a上单调递增，在1,a上单调递减 （2）设函数2( )lnxxex，则21( )xxex， 模 拟模 拟 优 练优 练 可知( ) x在(0,)上单调递增 又由(1)0，(2)0，知( ) x在(0,)上有唯一实数根0 x，且012x， 则020010 xxex，即0201xex 当00,xx时，( )0 x，( )x单调递减； 当0 xx时，( )0 x，( )x单调递增， 所以0200( )lnxxxex，结合0201xex，知002lnxx ， 所以22000000001211( )20 xxxxxxxxx， 则2( )ln0 xxex，即不等式

5、2( )xeaxf x恒成立 2已知函数 1xf xxe （1）求( )f x的最值； （2）若( )lnxf xexxa对(0,)x恒成立，求a的取值范围 【答案】 （1）最小值为1，无最大值； （2）,1 【解析】 （1）( )xfxxe， 令( )0fx，得0 x；令( )0fx，得0 x， 所以( )f x在,0上单调递减，在0,上单调递增， 所以( )f x的最小值为(0)1f ，无最大值 （2）由题知，lnxaxexx在(0,)上恒成立， 令( )lnxg xxexx，则1( )(1)xg xxex， 因为0 x，所以10 x 设1( )xh xex，易知( )h x在(0,)上单

6、调递增 因为1202he，(1)10he ， 所以存在1,12t，使得( )0h t ，即1tet 当,()0 xt时，( )0g x，( )g x在(0, ) t上单调递减； 当( ,)xt时，( )0g x，( )g x在( ,)t 上单调递增， 所以min( )( )ln11tg xg ttetttt ，从而1a ， 故a的取值范围为,1 3已知函数 2ln2f xaxx， 4xg xaxex （1）求函数 f x的极值； （2）当0a 时，证明： 2 ln12 lnln2g xxxa 【答案】 （1）答案见解析； （2）证明见解析 【解析】 （1） 2ln2f xaxx，0 x ， 2

7、2axfxaxx， 当0a时， 0fx恒成立，函数 f x单调递减，函数 f x无极值； 当0a 时，20,xa时， 0fx，函数 f x单调递减； 2,xa时， 0fx，函数 f x单调递增， 故函数 f x的极小值为22222ln22lnfaaaaa ，无极大值 （2）证明：令 42ln2222ln20,0 xxh xaxexxxaxexxax， 211=22xxxxh xa exeaexxx， 故 =21xh xxaex， 令 0h x的根为0 x，即002 xaex， 两边求对数得00lnln2lnaxx，即00lnln2lnxxa， 当0,xx时， 0h x， h x单调递增； 当0

8、0,xx时， 0h x， h x单调递减， 0000000min22ln222ln2 ln2lnxh xh xax exxxxa， 2ln2ln2h xa，即原不等式成立 4设函数 1lnxf xeax aR （1）当ae时，求函数 f x的单调区间； （2）当0a 时，求证： 2lnf xaa 【答案】 （1）当1,x时， f x单调递增，当0,1x时， f x单调递减； （2）证明见解析 【解析】 （1）ae时，令1tx， f x可化为 g t，即 lntg teet，(0)t ， teg tet易知 g t为增函数，且 10g， 所以当0,1t时， 0g t， g t单调递减； 当1,t

9、时， 0g t， g t单调递增， 又1tx，所以当1,x时，0,1t， f x单调递增； 当0,1x时，1,t， f x单调递减 （2）令)10( t tx， f x可化为 lntg teat， tag tet， 当0a 时，易知 g t为0,上增函数， 当ae时， 01gea ；当ae时， 10gea ；当ae时，0aeageee ， 而 10ag ae ， 所以存在00,t ， 0000tag tet，即00lnlntat， 当00,tt时， 0,g tg t单调递减； 当0,tt时， 0,g tg t单调递增， 所以 00000lnln2lntag tg teatataaaaat 5已

10、知函数21( )ln2xf xxaex，aR （1）若12x 是函数( )f x的极值点，求a的值； （2）当1a 时，证明：13( )ln28f x 【答案】 （1）32eae； （2）证明见解析 【解析】 （1）211( )ln( )2xxf xxaexfxxaex， 由题意知121113( )0012222efaeae， 又设23131( )( )( )122xxeeh xfxxeh xeexex ， 显然当0 x时，( )0h x，因此函数31( )( )2xeh xfxxeex是增函数， 而1( )02f ， 所以当1(0, )2x时，1( )( )0( )02h xhfx，( )f

11、 x单调递减； 当1()2,x时，1( )( )0( )02h xhfx，( )f x单调递增， 故12x 是函数( )f x的极小值点，故32eae符合题意 （2）当1a 时，对于0 x 时，有xxaee， 即21( )ln2xf xxex， 故要证明13( )ln28f x ，只需证明2113lnln228xxex， 令21( )ln2xg xxex，即只需证明13( )ln28g x ，则有1( )xg xxex， 设211( )( )( )1xxt xg xxet xexx ， 则显然当0 x时，( )0t x，因此函数1( )( )xt xg xxex是增函数， 13( )022te

12、，318( )033te， 故存在01 1( , )3 2x ，使得0()0t x，即00010 xxex， 因此当0(0,)xx时，0( )()0( )0t xt xg x，( )g x单调递减； 当0(,)xx时，0( )()0( )0t xt xg x，( )g x单调递增， 所以有020001( )()ln2xg xg xxex， 又00010 xxex，20000011()ln2g xxxxx， 设21111( )ln ()232m xxxxxx，则211( )1m xxxx ， 1132xQ，( )0m x，( )m x单调递减， 因此有211111113( )( )( )( )ln( )ln212222282m xm， 故013()ln28g x，故13( )ln28g x ， 原不等式得证