专题17 单变量不含参不等式证明方法之虚设零点练习题

这是一份专题17 单变量不含参不等式证明方法之虚设零点练习题，共7页。试卷主要包含了已知函数f＝e－x＋ax，设函数f＝x＋axln x等内容，欢迎下载使用。
专题17　单变量不含参不等式证明方法之虚设零点
隐零点法本质上是最值分析法，常见形式是证明h(x)＞0或f(x)>g(x)．对于f(x)>g(x)，先将不等式移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再转化为证明h(x)min>0即可，但对函数h(x)求导后，f′(x)＝0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为隐零点(即能确定其存在，但又无法用显性的代数表达)．用隐零点证明不等式时，先证明函数f′(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x0，则f′(x0)＝0．f(x) min＝f(x0)，而f(x0)是一个超越式(含有指、对函数)和多项式函数的组合式，这时用f′(x0)＝0把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x＋1．
(1)求a，b；
(2)证明：f (x)>0．
解析　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝aex－，由题意得f (1)＝，f ′(1)＝－1，
所以解得
(2)证明：由(1)知f (x)＝·ex－ln x(x>0)．因为f ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)0，
所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．
当x∈(0，x0)时，f ′(x)0，
从而当x＝x0时，f (x)取极小值，也是最小值．由f ′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln x0．
故f (x)≥f (x0)＝e x0－2－ln x0＝＋x0－2>2－2＝0，所以f (x)>0．
[例2]　(2015全国Ⅰ改编)设函数f(x)＝e2x－aln x．
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)求证：当a＝2时，f(x)≥4．
解析　(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，所以当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．
因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，
所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a＞0时，f′(x)有唯一零点．
(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
因为－＝0，2x0＝－ln x0所以f(x0)＝＋4x0≥4(当且仅当x0＝时等号成立)．
所以当a＝2时，f(x)≥4．
[例3]　已知函数f(x)＝ax＋lnx，函数g(x)的导函数g′(x)＝ex，且g(0) g′(1)＝e，其中e为自然对数的底数．
(1)求f(x)的极值；
(2)当a＝0时，对于任意的x∈(0，＋∞)，求证：f(x)0恒成立，
h′(x)＝ex－，h′(x)(0，＋∞)在为增函数，h′0，
∴∃x0∈，使h′(x0)＝0成立，即－＝0，则当02，
∴h(x0)>0，∴h(x)>h(x0)>0，即f(x)0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)0恒成立，
g′(x)＝ex－，g′(x)为增函数，g′0，
∴∃x0∈，使g′(x0)＝0成立，即－＝0，则当02，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2．
方法二　令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，∴h′(x)＝－1＝，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，即证ex>ln x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立．
3．已知函数f(x)＝e－x＋ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的最值；
(2)若a＝0，证明：f(x)>－x2＋．
3．解析　(1)依题意，得f′(x)＝－e－x＋a.
①当a≤0时，f′(x)0时，由f′(x)＝0得，x＝－lna.
当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)0，f(x)为增函数，
∴f(x)min＝f(x)极小值＝f(－lna)＝a－alna，无最大值．
综上，当a≤0时，f(x)不存在最大值和最小值；当a>0时，f(x)的最小值为a－alna．无最大值．
(2)当a＝0，f(x)＝e－x，设g(x)＝e－x＋x2－，则g′(x)＝－e－x＋x，
设p(x)＝－e－x＋x，由p′(x)＝e－x＋1>0，可知g′(x)在R上单调递增．因为g′()0，
所以存在唯一的x0∈(，1)，使得g′(x0)＝0．即＝x0，
∴当x∈(－∞，，x0)时，g′(x)0，g(x)为增函数，
故当x＝x0时，g(x)取得极小值，也是最小值，即g(x)min＝g(x0)＝＋－.
由＝x0，所以g(x0)＝＋x0－．又x0∈(，1)，
所以g(x0)＝＋x0－>＋－＝0，所以g(x) ≥g(x0)＝0，即e－x>－x2＋，
所以不等式f(x)>－x2＋成立．
4．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2．
(1)当a＝e时，求f(x)的极值；
(2)对∀x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
4．解析　(1)当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．
当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)为增函数，
∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．
(2)令g(x)＝f(x)－ln(x－1)－ax2－x－1＝(x－1)ex－ln(x－1)－x－1，x∈(1，＋∞)，
g′(x)＝xex－－1＝xex－＝x，x∈(1，＋∞)．
令h(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝－e21，g(x)≥g(x0)＝0，即f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．
5．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋x＋1．
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值点；
(2)当a＝0时，证明：对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．
5．解析　(1)当a＝－2时，f(x)＝lnx－x2＋x＋1．
f′(x)＝－2x＋1＝＝－．
因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以，x＝1．
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x) 0，不等式xex≥f(x)恒成立，
即证x>0时，xex≥lnx＋x＋1恒成立，即证x(ex－1)－lnx－1≥0恒成立，
令g(x)＝x(ex－1)－lnx－1，g′(x)＝x(ex＋1)－－1＝，
再令h(x)＝xex－1，h′(x)＝(x＋1) ex>0，∴h(x)为(0，＋∞)上的增函数，
又h(0)＝－10，
∴存在唯一的x0∈(0，1)使h(x0)＝0，即，
∴当x∈(0，x0)时，h(x)0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(x0)＝＝，由，得，－lnx0＝x0．
∴g(x)min＝g(x0)＝1－x0－1＋x0＝0
∴对∀x>0，g(x)≥g(x0)＝0，xex≥lnx＋x＋1恒成立，即对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．
6．设函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2．
6．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a，
当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)