第12讲,隐零点问题（解析版）【优秀范文】

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　第 第 12 讲 隐零点问题

　参考答案与试题解析

　共 一．选择题（共 1 小题）

　1．（2021•赣州期末）命题 p ：关于 x 的不等式 0(xe lnx m e   … 为自然对数的底数）的一切(0, ) x  恒成立；命题 : ( q m  ，13 ]6；那么命题 p 是命题 q 的 (

　 )

　A．充要条件 B．充分不必要条件

　C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：关于 x 的不等式 0(xe lnx m e   … 为自然对数的底数）的一切 (0, ) x  恒成立， 即为xm e lnx  „ ，可令 ( )xf x e lnx   ， 则1( )xf x ex   ， 由1xy ex  在 0 x 递增， 且122 0 e   ，23302e   ， 则存在01( 2 x  ，2 )3，满足0( ) 0 f x   ，且 ( ) f x 在0(0, ) x 递减，0(x ， )  递增， 0_00 0 00 01 1 2 3 13( ) ( )3 2 6x xminf x f x e lnx lne xx x          ， 记0 001( ) f x x nx   ， 则 m n „ ，即有 ( ， 13 ] (6 Ü ， ] n ， 则命题 p 是命题 q 的必要不充分条件， 故选：

　C ． 共 二．解答题（共 22 小题）

　2．已知函数 ( ) ( 2)xf x e ln x    ，求证：1( )6f x  ． 【解答】证明：1( ) ( )2xf x e g xx   ， ( 2) x   ． 则函数 ( ) g x 在 ( 2, )   上单调递增， 由1 1 2( ) 02 3ge    ，1 1(0) 1 02 2g     ，  存在唯一零点0( 1,0) x   ，满足0012xex，

　0 0( 2) x ln x     ． 00 0( ) ( ) ( 2)xf x f x e ln x     …

　0012xx ， 1( )2h t tt ，21( ) 1 0( 2)h tt   ，1( ,0)2t  ． 01 1 1 1( ) ( )12 2 622f x f      ． 1( )6f x   ． 3．（2021•鼓楼区校级月考）设函数2( ) ( ) f x x a lnx   ， a R  ． （1）若f （e）

　0  ； ①求实数 a 的值； ②若 1 2 a e   ，证明 x e  为 ( ) f x 的极值点． （2）求实数 a 的取值范围，使得对任意的 (0 x ， 3 ] e 恒有2( ) 4 f x e „ 成立．（注 :e 为自然对数的底数）

　【解答】解：（1）①求导得2( )( ) 2( ) ( )(2 1 )x a af x x a lnx x a lnxx x        ， x e  是 ( ) f x 的极值点，  ( ) ( )(3 ) 0af e e ae     ，解得 a e  或 3 a e  ； ②证明：因为 1 2 a e   ，所以 a e  ，所以 ( ) ( )(2 1 )( 0)ef x x e lnx xx      ， 令 ( ) 2 1ex lnxx    ，则22( ) 0exx x     ，故 ( ) x  在 (0, )  上单调递增， 而  （1）

　1 0 e    ，  （e）

　2 0   ，故存在唯一0(1, ) x e  ，使得0( ) 0 x   ， x e   时， 0 x e   ， 2 1 3 1 2 0elnxx      ，即 x e  时， ( ) 0 f x   ， ( ) f x 单调递增， 0x x e   时， 0 x e   ，0( ) ( ) 0 x x     ，此时 ( ) 0 f x   ， ( ) f x 单调递减， x e   为函数 ( ) f x 的极小值点； （2）

　( ) i 当 0 1 x  „ ，对于任意的实数 a ，恒有2( ) 0 4 f x e  „ 成立； ( )1 3 ii x e  „ 时 ， 由 题 意 ， 首 先 有2 2(3 ) (3 ) (3 ) 4 f e e a ln e e   „ ， 解 得2 23 3(3 ) (3 )e ee a eln e ln e  剟 ，

　由（1）知， ( ) ( )(2 1 )af x x a lnxx    ， 令 ( ) 2 1ah x lnxx   ， 则 h （ 1 ）

　1 0 a    ， h （ a ）

　2 0 lna   ， 且23(3 ) 1(3 ) 2 (3 ) 1 2 (3 ) 1 2 (3 ) 03 3 3 (3 )eeln e ah e ln e ln e ln ee e ln e        … ， 又 ( ) h x 在 (0, )  内单调递增，所以函数 ( ) h x 在 (0, )  上有唯一零点，记此零点为0x ，则01 3 x e   ，01 x a   ， 从而，当0(0, ) x x  时， ( ) 0 f x   ，当0( x x  ， ) a 时， ( ) 0 f x   ，当 ( , ) x a   时， ( ) 0 f x   ， 即函数 ( ) f x 在0(0, ) x 单调递增，在0(x ， ) a 单调递减，在 ( , ) a  单调递增， 所以要使2( ) 4 f x e „ 对任意 (1 x ， 3 ] e 恒成立，只需  2 20 0 02 2( ) 43 (3 ) 3 4f x x a lnx ef e e a ln e e    ①②„„， 由0 00( ) 2 1 0ah x lnxx    知0 0 02 a x lnx x   ③， 将③代入①得，2 3 20 04 4 x ln x e „ ，又01 x  ， 注意到函数2 3y x ln x  在 [1 ， )  上单调递增，故01 3 x e  „ ， 由②解得2 23 3(3 ) (3 )e ee a eln e ln e  剟 ， 23 3(3 )ee a eln e 剟 ， 综上，实数 a 的取值范围为2[3 ,3 ](3 )ee eln e ． 4．（2021•全国四模）已知函数 ( ) f x x  ， ( )xg x e  ， ( ) h x lnx  ． （1）求证：

　( ) ( ) 1 g x f x  … ， ( ) ( ) 1 h x f x  „ ； （2）记 ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) x f x g x a f x h x     ，若 ( ) x  有两个零点，求实数 a 的取值范围． 【解答】解：（1）证明：令 ( ) 1xm x e x    ， ( ) 1xm x e    ． 当 0 x 时， ( ) 0 m x   ， ( ) m x 在 ( ,0)  递减； 当 0 x 时， ( ) 0 m x   ， ( ) m x 在 (0, )  递增， ( ) (0) 0minm x m   ， 1xe x   … ． 即 ( ) ( ) 1 g x f x   ． 令 ( ) 1 n x lnx x    ，1 1( ) 1xn xx x   ，

　当 0 1 x   时， ( ) 0 n x   ， ( ) n x 在 (0,1) 递增； 当 1 x  时， ( ) 0 n x   ， ( ) n x 在 (1, )  递减， ( ) max n x n  （1）

　0  ， 1 lnx x   „ ． 即 ( ) ( ) 1 h x f x  „

　（2）

　(  ) ( )xx xe a x lnx    ，1( ) ( )xxx xe ax   ． ①当 0 a„ 时， ( ) 0 x    ，则 ( ) x  在 (0, )  上单调递增，至多一个零点舍去； ②当 0 a 时， ( ) 0 x    ，即 0xxe a   ． 设 ( )xt x xe a   ， ( ) ( 1) 0xt x e x     ， ( ) t x 在 (0, )  上单调递增， 又 (0) 0 t a   ， t （a）

　( 1) 0aa e    ， 所以 ( ) t x 在 (0, )  存在唯一的零点，记为0x ，0( ) 0 t x  ， 即000xx e a   ． 当0(0, ) x x  ， ( ) 0 t x  ，即 ( ) 0 x    ， ( ) x  在0(0, ) x 上单调递减； 当0( x x  ， )  ， ( ) 0 t x  ，即 ( ) 0 x    ， ( ) x  在0(x ， )  上单调递增， 00 0 0 0( ) ( ) ( )xminx x x e a lnx x        ， 又00xx e a  ， 0 0 0( ) (1 ) x a lnx x      ， 若 ( ) x  有两个零点，则0( ) 0 x   ，即0 01 0 lnx x    ， 01 x   ， 又00xa x e e   ，1 11 1 1 1 1 1( ) ( ) (1 ) 0e ee a ln e ae e e e e e        ， 又 ( ) x  在0(0, ) x 上单调递减，所以 ( ) x  在0(0, ) x 存在唯一的零点1x ； 由00 02 2xa x e x   及（1）可知， 2 2 2(2 ) 2 (2 2 ) ( 2 2 )a a aa ae a a ln a a e ln a e a         ， 又 ( ) x  在0(x ， )  上单调递减，所以 ( ) x  在0(x ， )  存在唯一的零点2x ， 故 ( ) x  有两个零点． 综上，取值范围是 ( , ) e  ． 5．设 a 为实数，已知函数 ( ) ( )xf x axe a R   ． （1）当 0 a 时，求函数 ( ) f x 的单调区间； （2）设 b 为实数，若不等式2( ) 2 f x x bx  … 对任意的 1 a… 及任意的 0 x 恒成立，求 b 的取值

　范围； （3）若函数 ( ) ( ) ( 0) g x f x x lnx x     有两个相异的零点，求 a 的取值范围． 【解答】解：（1）当 0 a 时，因为 ( ) ( 1)xf x a x e    ， 当 1 x 时， ( ) 0 f x   ， 当 1 x  时， ( ) 0 f x   ， 所以函数 ( ) f x 单调递减区间为 ( , 1)   ， 单调递增区间为 ( 1, )   ． （2）由2( ) 2 f x x bx  … ，得：

　22xaxe x bx  … ，由于 0 x ， 所以 2xae x b  … 对任意的 1 a… 及任意的 0 x 恒成立， 由于 0xe  ，所以x xae e … ，所以 2xe x b  … 对任意的 0 x 恒成立． 设 ( ) 2xx e x    ， 0 x ， 则 ( ) 2xx e    ， 所以函数 ( ) x  在 (0, 2) ln 上单调递减， 函数 ( ) x  在 ( 2, ) ln  上单调递增， 所以 ( ) ( 2) 2 2 2minx ln ln     ． 所以 2 2 2 b ln  „ ． （3）由 ( )xg x axe x lnx    ， 得1 ( 1)( 1)( ) ( 1) 1xxx axeg x a x ex x       ，其中 0 x ， 若 0 a… 时，则 ( ) 0 g x   ， 所以函数 ( ) g x 在 (0, )  上单调递增，所以函数 ( ) g x 至多有一个零点，不合题意． 若 0 a 时，令 ( ) 0 g x   ，得10xxea   ， 由第（2）小题知，当 0 x 时， ( ) 2 2 2 2 0xx e x ln      … ， 所以 2xe x  ， 所以22xxe x  ， 所以当 0 x 时，函数xxe 的值域为 (0, )  ， 所以存在00 x  ，使得001 0xax e   ，即001xax e   ，① 当0x x  时， ( ) 0 h x   ， 所以函数 ( ) g x 在0(0, ) x 单调递增，

　在0(x ， )  单调递减． 因为函数 ( ) g x 有两个零点1x ，2x ， 所以00 0 0 0 0 0( ) ( ) 1 0xmaxg x h x ax e x lnx x lnx          ，② 设 ( ) 1 p x x lnx     ， 0 x ， 则1( ) 1 p xx   ，所以 ( ) p x 在 (0, )  上单调递增， 由于 p （1）

　0  ， 所以当 1 x  时， ( ) 0 p x  ， 所以②式中的01 x  ， 由①式得001xx ea  ， 由第（1）小题可知，当 0 a 时，函数 ( ) f x 在 (0, )  上单调递减， 所以1ea  ， 即1( ae  ， 0) ， 当1( ae  ， 0) 时， （1）

　 由于11 1( ) ( 1) 0eaege e e    ， 所以01( ) ( ) 0 g g xe ， 因为011 xe  ，且函数 ( ) g x 在0(0, ) x 上单调递减，函数 ( ) g x 在0(0, ) x 上图象不间断， 所以函数 ( )(0 g x ，0 )x 上恰有一个零点． （2）

　 由于11 1 1( ) ( )ag e lna a a      ， 令1t ea   ， 设 ( )tF t e t lnt     ， t e 

　由于 t e  时， lnt t  ， 2te t  ，所以设 ( ) 0 F t  ，即1( ) 0 ha  ， 由①式得当01 x  时，00 01xx e xa   ， 且01( ) ( ) 0 g h xa  ，

　同理可得函数 ( ) g x 在0(x ， )  上恰有一个零点， 综上，1( ae  ， 0) ． 6．（2021•眉山模拟）已知函数3 21( )3f x x x ax    ． （1）当 3 a  时，求 ( ) f x 的极值； （2）讨论 ( ) f x 的单调性； （3）设 ( ) f x 有两个极值点1x ，2x ，若过两点1(x ，1( )) f x ，2(x ，2( )) f x 的直线 l 与轴的交点在曲线 ( ) y f x  上，求 a 的值． 【解答】解：（1）当 3 a  时，3 21( ) 33f x x x x    ， 则2( ) 2 3 ( 3)( 1) f x x x x x        ； 令 ( ) 0 f x   得， 3 x  或 1 x  ； x

　( , 3)  

　3 

　 ( 3,1) 

　1

　(1, ) 

　 ( ) f x 

　

　 0 

　0

　

　( ) f x

　增

　9

　减 53

　 增 当 3 x  时， ( ) f x 的极大值为 9，当 1 x  时， ( ) f x 的极小值为53 ． （2）2( ) ( 1) 1 f x x a      ； ①当 1 a… 时， ( ) 0 f x  … ， ( ) f x 是 R 上的增函数， ②当 1 a 时， ( ) 0 f x   有两个根，11 1 x a     ，21 1 x a     ； 当1x x  ，2x x  时， ( ) 0 f x   ； 故 ( ) f x 的单调增区间为 ( , 1 1 ) a     ， ( 1 1 a    ， )  ； 当1 2x x x   时， ( ) 0 f x   ； 故 ( ) f x 的单调减区间为 ( 1 1 a    ， 1 1 ) a    ； （3）由题设知，1x ，2x 是 ( ) 0 f x   的两个根， 1 a   ，且21 12 x x a    ，22 22 x x a    ； 3 2 21 1 1 1 1 1 1 11 1( ) ( 2 )3 3f x x x ax x x a x ax         

　21 1 11 2 2( 1)3 3 3 3ax ax a x      ，

　同理，2 22( ) ( 1)3 3af x a x    ， 则直线 l 的解析式为2( 1)3 3ay a x    ； 设直线 l 与 x 轴的交点为0(x ， 0) ， 则020 ( 1)3 3aa x    ， 解得，02( 1)axa； 代入3 21( )3f x x x ax    得， 3 21( ) ( ) ( )2( 1) 3 2( 1) 2( 1) 2( 1)a a a af aa a a a      223(12 17 6)24( 1)aa aa  ； 0(x ，0( )) f x 在 x 轴上，2203( ) (12 17 6) 024( 1)af x a aa   ， 解得， 0 a 或23a  或34a  ． 7．（2021•重庆模拟）已知函数1( ) ( ) f x x alnx a Rx    ． （1）若直线 1 y x   与曲线 ( ) y f x  相切，求 a 的值； （2）若关于 x 的不等式2( ) f xe… 恒成立，求 a 的取值范围． 【解答】解：

　（1）设切点的横坐标为0x ，202 201 1 1 1( ) 1 1a x axf x x ax x x a x             ， 则有：0 0 0 0 0 001( ) 1 1 0 f x x alnx x lnx xx         ， 令1( ) 1 ( ) 1 0 1 h x lnx x h x xx          ， 则 ( ) h x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, )  上单调递减， 又因为 h （1）

　0  ，所以01 1 x a     ； （2）令1 2( ) l x x alnxx e    ，则原命题等价于 ( ) 0 l x … 恒成立， 又221( )x axl xx   ，设20 0 0011 0, x ax a xx     ， 则 ( ) l x 在0(0, ) x 上单减，在0(x ， )  上单增，

　故只需0 0 0 0 00 01 1 2( ) 0, ( ) ( ) l x l x x x lnxx x e     … ， 令21 1 2 1( ) ( ) ( ) (1 ) m x x x lnx m x lnxx x e x         ， 所以 ( ) m x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, )  上单调递减， 又1( ) ( ) 0 m m ee  ， 01[ , ] x ee ，即1 1[ , ] a e ee e   ． 8．（2021•广州二模）已知函数2( )xf x e x ax    ． （1）若函数 ( ) f x 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围； （2）若 1 a  ，证明：当 0 x 时，22 2( ) 1 ( )2 2ln lnf x    ． 参考数据：

　2.71828 e ， 2 0.69 ln  ． 【解答】解：（1）解法 1: ( ) 2xf x e x a     ， 函数 ( ) f x 在 R 递增， ( ) 2 0xf x e x a      … ，得 2xa e x  „ ， 设 ( ) 2xg x e x   ，则 ( ) 2xg x e    ， 令 ( ) 0 g x   ，解得：

　2 x ln  ， 当 2 x ln  时， ( ) 0 g x   ， 当 x lnx  时， ( ) 0 g x   ， 故函数 ( ) g x 在 ( , 2) ln  递减，在 ( 2, ) ln  递增， 故 2 x ln  时， ( ) g x 取得最小值 ( 2) 2 2 2 g ln ln   ， 故 2 2 2 a ln  „ ， 故 a 的范围是 ( ,2 2 2) ln   ； 解法 2：由 ( ) 2xf x e x a     ， 设 ( ) 2xh x e x a    ，则 ( ) 2xh x e    ， 令 ( ) 0 h x   ，解得：

　2 x ln  ， 当 2 x ln  时， ( ) 0 h x   ， 当 2 x ln  时， ( ) 0 h x   ， 故函数 ( ) h x 在 ( , 2) ln  递减，在 ( 2, ) ln  递增， 故 2 x ln  时， ( ) h x 取得最小值 ( 2) 2 2 2 h ln ln a    ， 函数 ( ) f x 在 R 递增，故 ( ) 0 f x  … ， 由于 ( ) ( ) f x h x   ，则 2 2 2 0 ln a   … ，解得：

　2 2 2 a ln  „ ，

　故 a 的范围是 ( ,2 2 2) ln   ； （2）证明：若 1 a  ，则2( )xf x e x x    ，得 ( ) 2 1xf x e x     ， 由（1）知函数 ( ) f x  在 ( , 2) ln  递减，在 ( 2, ) ln  递增， 又 (0) 0 f  ， f  （1）

　3 0 e    ，1(1 2) 2 3 2 02f ln e ln       ， 则存在01(1,1 2)2x ln   ，使得0( ) 0 f x   ，即002 1 0xe x    ， 当0(0, ) x x  时， ( ) 0 f x   ，当0( x x  ， )  时， ( ) 0 f x   ， 则函数 ( ) f x 在0(0, ) x 递减，在0(x ， )  递增， 则当0x x  时，函数 ( ) f x 取最小值020 0 0( )xf x e x x    ， 故当 0 x 时，0( ) ( ) f x f x … ， 由002 1 0xe x    ，得002 1xe x   ， 则02 20 0 0 0 0 0( ) 2 1xf x e x x x x x       

　2 20 0 01 51 ( )2 4x x x       ， 由于01(1,1 2)2x ln   ， 则20 01 5( ) ( )2 4f x x    

　21 1(1 2) (1 2) 12 2ln ln      

　22 ...

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