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微专题二 隐零点问题
1.(2025届北师大二附中统练2,8)已知函数f(x)=3x-2x-1,则不等式f(x)<0的解集是 (
)
A.(0,1) B.(0,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,0)∪(1,+∞)
答案 A
2.(2025届北师大二附中入学测试,19)已知函数f(x)=(ln x-a)ex.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(0,e]存在极小值,求a的取值范围.
解析 (1)当a=0时,f(x)=ln x·ex(x>0),
( 1)
则f'(x)= lnx+ ex,
x
所以f'(1)=e,又f(1)=0,
所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=e(x-1).
1 (1 )
(2)f'(x)= ex+(ln x-a)ex= +lnx-a ex,
x x
1
令g(x)= +ln x-a,x∈(0,e],
x
1 1 x-1
则g'(x)= - = ,令g'(x)=0,得x=1,
x x2 x2
当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如表:
x (0,1) 1 (1,e)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数g(x)在区间(0,e]上的最小值为g(1)=1-a.
{g(1)<0, 1
解法一:f(x)在区间(0,e]上存在极小值,则 解得1<a<1+ .
g(e)>0, e
1
证明如下:当1<a<1+ 时,
e
{g(1)<0,
因为 g(x)在(1,e)上单调递增,
g(e)>0,
所以存在x ∈(1,e),使得g(x )=0,
0 0
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如表:
x (1,x) x (x,e)
0 0 0
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g(x)(f '(x)) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)在区间(1,e)上存在极小值.
( 1)
所以实数a的取值范围是 1,1+ .
e
解法二:
①当a≤1时,g(1)=1-a≥0.所以g(x)≥0恒成立,即f'(x)≥0恒成立,
所以函数f(x)在区间(0,e]上是增函数,无极值,不符合题意.
1 1
②当1<a<1+ 时,因为g(1)=1-a<0,g(e)=1+ -a>0,
e e
所以存在x ∈(1,e),使得g(x )=0,
0 0
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如表:
x (1,x) x (x,e)
0 0 0
g(x)(f '(x)) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)在区间(1,e)上存在极小值f(x ),符合题意.
0
1 1
③当a≥1+ 时,因为g(1)<0,g(e)=1+ -a<0,
e e
所以函数f(x)在区间(1,e)上无极值.
1 ( 1 )
取x= ∈(0,1),则g =ae-ln a-1-a≥ae-(a-1)-1-a=a(e-2)>0(不等式放缩法).
ae ae
所以存在x ∈(0,1),使得g(x )=0,
1 1
所以在(0,x )上,g(x)>0,f(x)单调递增,在(x ,e)上,g(x)<0,f(x)单调递减,则x 为函数
1 1 1
f(x)在区间(0,1)上的极大值点.
所以函数f(x)在区间(0,e)上有极大值,无极小值,不符合题意.
( 1)
综上,实数a的取值范围是 1,1+ .
e
x
3.(2025届房山入学测试,20)已知函数f(x)= ,直线l为曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切
ex
线.
(1)当t=0时,求出直线l的方程;
(2)若g(x)=f'(x),求g(x)的最小值;
(3)若直线l与曲线y=f(x)相交于点(s,f(s)),且s<t,求实数t的取值范围.
1-x
解析 (1)f'(x)= ,则f'(0)=1,
ex
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又f(0)=0,所以直线l的方程为x-y=0.
1-x
(2)g(x)=f'(x)= ,x∈R,
ex
x-2
则g'(x)= ,令g'(x)=0,得x=2,
ex
当x∈(-∞,2)时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,2)上单调递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,函数
g(x)在(2,+∞)上单调递增,
1
所以g(x)的最小值为g(2)=- .
e2
1-x 1-t t
(3)由f'(x)= ,得f '(t)= ,又f(t)= ,
ex et et
t 1-t
所以曲线y=f(x)在(t,f(t))处的切线方程为y- = (x-t),
et et
1-t t2 x 1-t t2
即y= x+ .所以 = x+ 在(-∞,t)上有解.
et et ex et et
令h(x)=
x 1-t t2 1-x 1-t
- x- (x<t)有零点,显然h(t)=0,所以h(x)在(-∞,t)上不单调,h'(x)= -
ex et et ex et
,
1-x 1-t x-2
令m(x)= - ,由m'(x)= =0,得x=2,
ex et ex
∴h'(x)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
1-x 1-t
①若t≤2,x∈(-∞,t)时, > ,∴h'(x)>0,
ex et
则h(x)在(-∞,t)上单调递增,且h(t)=0,∴h(x)在(-∞,t)上无零点,舍去;
1-t 1 1 1-t
②若t>2,∵ >- ,∴x∈(-∞,t)时,h'(x)min=h'(2)=- - <0,易知
et e2 e2 et
h'(0)>0,
故存在x ∈(0,t),当x<x 时,h'(x)>0,当x <x<t时,h'(x)<0,
0 0 0
即h(x)在(-∞,x )上单调递增,在(x ,t)上单调递减,h(0)<0,h(t)=0,h(x )>0,而x→-∞时,
0 0 0
h(x)→-∞,∴h(x)在(0,t)上存在零点.综上,t的取值范围是(2,+∞).
cosx 1
4.(2025届北京二中开学测试,20)已知函数f(x)= ,g(x)= -ax.
x x
π
(1)求函数f(x)图象在x= 处的切线方程;
2
(2)若函数f(x)和函数g(x)的图象没有公共点,求实数a的取值范围.
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cosx
解析 (1)由f(x)= ,
x
-xsinx-cosx
得f'(x)= ,
x2
(π) -2 (π)
则f' = ,又f =0,
2 π 2
π 2( π) 2
所以函数f(x)图象在x= 处的切线方程为y=- x- ,即y=- x+1.
2 π 2 π
(2)因为函数f(x)和函数g(x)的图象没有公共点,
cosx 1
所以方程f(x)=g(x),即 = -ax无实数根,
x x
即当x≠0时,cos x+ax2-1=0无实数根,
令m(x)=cos x+ax2-1,x≠0,由于m(-x)=m(x),故m(x)为偶函数,
所以m(x)在(0,+∞)上无实根,
对m(x)求导得m'(x)=-sin x+2ax,
①当a<0时,ax2<0,-1≤cos x≤1,则cos x-1≤0,
故m(x)=cos x+ax2-1<0,满足m(x)=0在(0,+∞)上无实数根.
②当a=0时,m(x)=cos x-1=0在(0,+∞)上有实根,不符合题意.
1
③当0<a< 时,令n(x)=m'(x)=-sin x+2ax,
2
则n'(x)=2a-cos x,x∈(0,+∞),
( π)
因为n'(x)=2a-cos x在 0, 上单调递增,
2
(π)
又n'(0)=2a-1<0,且n' =2a>0,
2
( π)
所以存在唯一的x ∈ 0, 使得n'(x )=2a-cos x =0,
0 2 0 0
π
当0<x<x 时,n'(x )<0,当x <x< 时,n'(x )>0,
0 0 0 2 0
( π)
则n(x)=m'(x)在(0,x )上单调递减,在 x , 上单调递增,
0 0 2
故x∈(0,x )时,m'(x)<m'(0)=0,故m(x)在(0,x )上单调递减,故m(x)<m(0)=0,
0 0
又m(2π)=4aπ2>0,且m(x)在(0,+∞)上连续,
故m(x)在(0,2π)上有实数根,不符合题意.
1
④当a≥ 时,n'(x)=2a-cos x≥0,则m'(x)=-sin x+2ax在(0,+∞)上单调递增,
2
则m'(x)>m'(0)=0,故m(x)在(0,+∞)上单调递增,
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则m(x)>m(0)=0,满足m(x)=0在(0,+∞)上无实数根.
[1 )
综上,实数a的取值范围为(-∞,0)∪ ,+∞ .
2
(1 )
5.(2023全国乙文,20,12分)已知函数f(x)= +a ln(1+x).
x
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
解析 (1)当a=-1时,f(x)=
(1 ) 1 (1 ) 1
-1 ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=- ln(x+1)+ -1 · ,
x x2 x x+1
故f'(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0.
ax+1 ln(1+x)
(2)∵f'(x)= - ,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,
x(1+x) x2
ax+1 ln(1+x)
∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即 ≥ 在(0,+∞)上恒成立,
x(1+x) x2
其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x),
则g'(x)=2ax-ln(1+x),
1
令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a- ,
x+1
1
令H(x)=h'(x),则H'(x)= >0,
(x+1) 2
故h'(x)在(0,+∞)上为增函数,
因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立.
1
①当2a-1≥0,即a≥ 时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
2
此时g'(x)在(0,+∞)上为增函数,又g'(0)=0,
∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上为增函数,
因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上
单调递增.
1
②当2a-1<0,即a< 时,必存在x ∈(0,+∞),使h'(x )=0,
2 0 0
因此,当x∈(0,x )时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x )上为减函数,
0 0
又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x )时,g'(x)<0恒成立,
0
此时g(x)在(0,x )上为减函数,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x )上恒成立,从而有
0 0
f'(x)<0在(0,x )上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不合题意.
0
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1
综上所述,a≥ .
2
6.(2024海淀二模,20)已知函数f(x)=ln(x-a)+2√3a-x(a>0).
(1)若a=1,
(i)求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(ii)求证:函数f(x)恰有一个零点.
(2)若f(x)≤ln a+2a对x∈(a,3a)恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时,f(x)=ln(x-1)+2√3-x.
1 1
(i)f'(x)= - .所以f'(2)=0.又f(2)=2,
x-1 √3-x
所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=2.
1 1
(ii)证明:由(i)知f(x)=ln(x-1)+2√3-x,x∈(1,3],f '(x)= - ,且f'(2)=0.
x-1 √3-x
1 1
当x∈(1,2)时,因为 >1> ,所以f'(x)>0;
x-1 √3-x
1 1
当x∈(2,3)时,因为 <1< ,所以f'(x)<0,
x-1 √3-x
所以f(x)在区间(1,2)上单调递增,在区间(2,3)上单调递减.
因为f(2)=2,f(3)=ln 2>0,f(1+e-3)=-3+2√2-e-3<-3+2√2<0.所以函数f(x)恰有一个零
点.
√3a-x-(x-a)
(2)由f(x)=ln(x-a)+2√3a-x得f '(x)= .
(x-a)√3a-x
设g(x)=√3a-x-(x-a),x∈(a,3a),
1
则g'(x)=- -1<0.
2√3a-x
所以g(x)是(a,3a)上的减函数.
因为g(a)=√2a>0,g(3a)=-2a<0,
所以存在唯一x ∈(a,3a),使g(x )=√3a-x -(x -a)=0.
0 0 0 0
所以f'(x)与f(x)随x的变化情况如表:
x (a,x) x (x,3a)
0 0 0
f'(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以f(x)在区间(a,3a)上的最大值是f(x )=ln(x -a)+2√3a-x =ln(x -a)+2(x -a).
0 0 0 0 0
当a≥1时,因为g(2a)=√a-a≤0,所以x ≤2a.
0
所以f(x )≤ln(2a-a)+2(2a-a)=ln a+2a.
0
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所以f(x)≤f(x )≤ln a+2a,符合题意.
0
当0<a<1时,因为g(2a)=√a-a>0,所以x >2a.
0
所以f(x )>ln(2a-a)+2(2a-a)=ln a+2a,不合题意.
0
综上所述,a的取值范围是[1,+∞).
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