第12讲 隐零点问题

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1、第 12 讲 隐零点问题参考答案与试题解析一.选择题(共1小题)1. (2021 赣州期末)命题p :关于x的不等式ex - lnx - m2 0(e为自然对数的底数)的一切13x g (0, +8)恒成立；命题q: m g (-8，；那么命题p是命题q的()6A.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ex -lnx-m20(e为自然对数的底数)的一切xg(0, +w)恒成立，即为 mWex - lnx，可令 f (x) =ex - lnx则 f (x) = ex -1x由y = ex -1在x 0递增，x12则存在x g (,)，满足广

2、(x ) = 0，且f (x)在(0, x )递减，(x ， +8)递增,02300011f (x)= f (x ) = ex_0 - lnx =- Ine-x0 = x +-min00 x012 3 13 + = ,0 x3 2 60记 f (x ) = x + = n00 x013则 mWn，即有(-8 , (68 , n,则命题p是命题q的必要不充分条件,故选： C .解答题(共22小题)2.已知函数 f (x) = ex -ln(x + 2)，求证:f (x) 6【解答】证明：f (x) = ex -= g(x)x+2( x -2) .则函数g (x)在(-2, +8)上单调递增,由

3、g(_2)= -3 0，存在唯一零点xg (-1,0)，满足ex0解得3eaW 3e +qln(3e)2eIn (3e)x = ln(x + 2)0 0.f (x)纣(x )二 ex0 ln(x + 2)0 01=+ x ,x + 200h(t) = t + 丄，h(t) = 1 1 0 , t e ( ：0)t + 2(t + 2)22.f (x0) f (i)=汁2=12.f x e 时，x e p(x ) = 0，此时 f (x) 0， f (x)单调递减， 00.x = e为函数f (x)的极小值点;(2) (i)当0 xWl，对于任意的实数a，恒有f(x)W0 4e 2成立；(ii)

4、1 63. (2021鼓楼区校级月考)设函数f (x)二(x a)2lnx , a e R .(1) 若广(e) = 0 ； 求实数a的值； 若1 a 2e，证明x二e为f (x)的极值点.(2) 求实数a的取值范围，使得对任意的x e (0，3e恒有f (x)W4e2成立.(注：e为自然对 数的底数)【解答】解：(1)求导得f(x) = 2(x a)lnx +空=(x a)(2lnx +1 a)xx.x二e是f (x)的极值点，.广(e) = (e a)(3 勺)=0，解得 a 二 e 或 a = 3ee证明：因为 1 a 0)xe2 e令 p (x) = 2lnx +1 一，则 p X x

5、) = - + 0，故 p (x)在(0, +8)上单调递增，xx x 2而p (1) = 1 e 0，故存在唯一 xe (1,e)，使得p(x) = 0x e 时，x e 0，2lnx +1 - 3 1 = 2 0，即 x e 时，广(x) 0，f (x)单调递增, x由( 1)知，f (x) = (x - a)nx +1 -)x令 h(x) = 2lnx +1 -，贝9 h ( 1 )= 1 - a 2ln(3e) +1 -ln(3e) = 2ln(3e) -03e3e3jln(3e)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x，则01 x 3e

6、， 1 x a00从而，当 x e (0, x )时，广(x)0，当 x e (x，a)时，广(x) 0，当 x e (a, +s)时，广(x)0 00即函数f (x)在(0,x )单调递增，在(x，a)单调递减，在(a, +s)单调递增，f (x )= (x - a)2lnx W4e2 / 0 0 0f (3e) = (3e - a)2 ln3eW4e200所以要使f(x)W4e2对任意xe (1, 3e恒成立，只需彳由 h(x ) = 2lnx +1 - = 0 知 a = 2x lnx + x ，00 x0000将代入得，4x 2ln3x 4e2，又x1000注意到函数y = x2ln3

7、x在1， +s)上单调递增，故1 x 3e0由解得3e - 2e穴3e + 葺jin (3e)加(3e)3e -eaW3eJln(3e)综上，实数a的取值范围为3e- 丝 ,3e J 加(3e)4. (2021 全国四模)已知函数f (x) = x， g(x) = ex， h(x) = lnx .(1) 求证：g (x)纣(x) +1，h( x)今(x) -1 ；(2) 记p(x) = f (x)g(x) -a(f (x) + h(x)，若p(x)有两个零点，求实数a的取值范围.【解答】解：(1)证明：令m(x) = ex -x-1， m(x) = ex -1当 x 0 时，mx) 0，m(x

8、)在(-8,0)递减；当 x0 时，mx)0，m(x)在(0, +8)递增，m(x) = m(0) = 0 ， minexx +1即 g (x)f (x) + 1令 n(x) = lnx - x +1，当 0 x 0 , n(x)在(0,1)递增;当 x 1 时，n(x) 0，则申(x)在(0, +8)上单调递增，至多一个零点舍去;当 a 0 时，0(x) = 0，即 xex一 a = 0设 t(x) = xex 一 a， t(x) = ex (x +1) 0， t(x)在(0, +乂)上单调递增,又t(0) = a 0所以t(x)在(0, +8)存在唯一的零点，记为x，t(x ) = 000

9、即 x ex0 一 a = 0 0当 x G (0, x )， t(x) 0，即 0(x) 0，即 0(x) 0，0(x)在(x，+8)上单调递增,00二 0 (x)= 0 (x ) = x ex。 a(lnx + x )min0000又 x ex0 = a ，0.0 (x ) = a(1 Inx x )0 0 0若0(x)有两个零点，则0 (x ) 0，即1-Inx x 1，03又a = x ex0 e ， 0(一) = ee a(+ In) = 一ee + a(1) 00e e e e e e乂0(x)在(0,x )上单调递减，所以0(x)在(0, x )存在唯一的零点x0 0 1由 2a

10、 = 2x ex0 x 及( 1)可知，000(2a)=2ae2a a(2a+ln2a)=a(e2a ln2a+e2a 2a)，又0(x)在(x，+8)上单调递减，所以0(x)在(x，+8)存在唯一的零点x0 0 2故0(x)有两个零点.综上，取值范围是(e, +8)5设 a 为实数，已知函数 f (x) = axex(aGR) (1) 当a 0恒成立，求b的取值范围；(3) 若函数g(x) = f (x) + x + lnx(x 0)有两个相异的零点，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a 0时，因为f(x) = a( x +10当 x 0当 x -1 时，广(x) 0所以aex$ 2 x

11、+ b对任意的a21及任意的x 0恒成立，由于ex 0，所以aexex，所以ex - 2x2b对任意的x 0恒成立.设 0(x) = ex - 2x， x 0则 0，(x) = ex - 2所以函数0(x)在(0, ln2)上单调递减，函数0(x)在(ln2, +8)上单调递增，所以 0(x)= 0(ln2) = 2 - 2ln2min所以bW 2 - 2加2( 3 )由 g ( x ) = axex + x + lnx ，得 g，(x) = a(x + 1)ex +1 +1 = (x + + 】)，其中 x 0xx若a乃0时，则g(x) 0所以函数g(x)在(0, +8)上单调递增，所以函数

12、g(x)至多有一个零点，不合题意.若 a 0a由第(2)小题知，当x 0 时，0(x) = ex - 2x22 2ln2 0所以 ex 2x ，所以 xex 2x2 ，所以当x 0时，函数xex的值域为(0, +8)所以存在x 0，使得ax ex0 +1 = 0，即ax ex0 = -1，0 0 0当 x 00所以函数g(x)在(0,x )单调递增，0在(x0, +8)单调递减.因为函数 g(x) 有两个零点 x ， x ， 12所以 g (x) = h(x ) = ax ex0 + x + Inx = -1 + x + Inx 0 ,max 000000设 p(x) =-1+ x+lnx，

13、x 0，则P(x) = 1 + -，所以p(x)在(0, +8)上单调递增，x由于 p (1)= 0，所以当x 1时，p(x) 0所以式中的x 10由式得x exo =-0a由第(1)小题可知，当a ea即 a g (- -， 0)e当 a g (- -， 0)时，e(1) 由于 g(-)=竺 + (-1) 0eee所以 g () g (x ) 0e 0因为- 1 ea设 F (t ) = -et + t + lnt ， t e由于 t e 时，lnt 2t，所以设 F(t) 0，即 h(-丄) 1时，一丄=x ex0 x0a 00且 g (-丄) h(x ) 0a 0同理可得函数g(x)在(

14、x0, +8)上恰有一个零点， 综上，a g (_丄,0)e6.(2021 眉山模拟)已知函数f( x) = 3 x3 + x 2 + ax (1) 当a = -3时，求f (x)的极值；(2) 讨论f (x)的单调性；f ( x ) 的直线 l 与2( 3)设 f ( x) 有两个极值点 x ， x ，若过两点 ( x ， f ( x ) ， ( x1 2 1 1 2轴的交点在曲线y = f (x)上，求a的值.【解答】解：当a 一3时，f(x) = *x3 + x2贝卩 f(x) = x2 + 2x - 3 = (x + 3)(x -1)令 f，(x) = 0 得, x = -3或x =

15、1x(-8,-3)-3(-3,1)1(1,+8)f( x)+00+f (x)增9减5_3增当x = -3时，f (x)的极大值为9,当x = 1时，f (x)的极小值为-5(2) Tf(x) = (x +1)2 + a 一 1 当a21时，广(x)20，f (x)是R上的增函数， 当 a 1 时，广(x) = 0 有两个根，x = 一1一 1 一 a， x = -1 + vl - a ；1 2当 x x 时，f f(x) 0 12故f (x)的单调增区间为(-8, -1 - 1 a) ， (-1 + 11 a ， +w)；当 x x x 时，f (x) 0 12故f (x)的单调减区间为(-1

16、-，-1)(3) 由题设知，x，x是广(x) = 0的两个根,12/. a 0 时，f (x)1 - - ()2.22 参考数据：e - 2.71828，ln2 0.69【解答】解：(1)解法1： f(x) = ex -2x-a-函数f (x)在R递增，f(x) = ex 一 2x 一 a20，得 aWex 一 2x 设 g(x) = ex 一 2x ，则 g (x) = ex 一 2， 令 g (x) = 0 ，解得： x = ln2 ， 当 x ln2 时，g(x) lnx 时， g (x) 0 ， 故函数g (x)在(- ln2)递减，在(ln2, +x)递增， 故 x = ln2 时，

17、 g(x) 取得最小值 g(ln2) = 2一 2ln2 ， 故a 2 一 2加2故a的范围是(-8,2 2ln2)； 解法 2：由 f (x) = ex 一 2x 一 a ， 设 h( x) = e x 一 2 x 一 a ，则 h ( x) = e x 一 2 ， 令 h (x) = 0 ，解得： x = ln2 ，当 x ln2 时，h(x) ln2 时， h (x) 0 ， 故函数h(x)在(- ln2)递减，在(ln2, +)递增， 故 x = ln2 时，h(x)取得最小值 h(ln2) = 2 一 2ln2 一 a函数f (x)在R递增，故f(x)20由于 f( x) = h(

18、x),则 2 2 加 2 a0，解得：a 2 2加 2 故a的范围是(-8,2 - 2ln2)；(2)证明：若a = 1，则 f (x) = ex -X2 x，得广(x) = ex - 2x一 1 由(1)知函数广(x)在(-8,ln2)递减，在(ln2, +8)递增，又广(0) = 0，广(1) = e - 3 0 2则存在 x g (1,1+ ln2)，使得广(x ) = 0，即 ex0 - 2x -1 = 00 2 0 0当 x g (0, x )时，f(x) 000则函数f (x)在(0, x )递减，在(x，+8)递增， 00则当x = x时，函数f (x)取最小值f (x ) =

19、ex - x 2 - x0 0 0 0故当 x 0 时，f (x)2f (x )0由 ex0 - 2 x - 1 = 0 ，得 e x0 = 2 x + 1 ，00则 f(x ) = ex0 - x 2 - x = 2x +1 - x 2 - x0 0 0 0 0 01/1、5=-x 2 + x + 1 = -(x 一 一)2 +00024由于x g (1,1+丄ln2)02则f (x0)=-( % 一 2)2+4-(1+ - ln2)2 + (1+ - ln2) +122=1 -丝-(丝)222故 x 0 时，f (x) 1 - ()2229. (2021 石家庄一模)已知函数f (x) =

20、 2ln(ax + b),其中 a，b g R .(1)当a 0时，若直线y = x是曲线y = f (x)的切线，求ab的最大值;(2)设b = 1，函数 g(x) = (ax +1)2 + a(ax +1)- f (x)(a g R， a 丰 0)有两个不同的零点，求a的最大整数值.(参考数据:加5。223)【解答】解：(1)设直线y = x与y = f (x)相切于点P(x ， 2ln(ax + b)00T f (x) =ax + b2af (x ) =-= 1， ax + b = 2a(a 0)0 ax + b00又；点 P 在切线 y = x 上，2ln(ax + b) = xoo2

21、ln2a = x , :. b = 2a 一 ax = 2a 一 2aln2a00因此 ab = 2a2 - 2a2ln2a (a 0)设 g (a) = 2a2 一 2a2ln2a , a 0:g (a) = 2a 一4aln2a = 2a(1-2ln2a)令 g (a) 0 得，0 a ;令 g (a) -22:g (a)在(0,亍)上单调递增，在(亍 ,+8)上单调递减,:g (a)的最大值为g(鼻)=-24:.ab的最大值为-4(2)函数 g (x) = (ax +1)2 + a (ax +1) - f (x)(a g R， a 丰 0)有两个不同的零点,等价于方程2ln(ax +1)

22、 = (ax +1)2 + a (ax +1)有两个不相等的实根，设t = ax +1，则等价于方程2lnt -12 -at = 0 (t 0)有两个不同的解，即关于t的方程a =牛2 (t 0)有两个不同的解,设 h(t)=2lnt -12t，则 h(t)=2 12 2lnt12存在t g (1寸)使得m(tj即 2-t 2 -2lnt = 0，002lnt + t 2 = 2 ，002设 m(t) = 2 -12 - 2lnt，由 t 0 可知 m(t) = -2t 0 h(t) 0，函数 h(t)单调递增；当 t g (t +8)时，m(t) 0 h(t) 0)有两个不同的解，则a h(

23、t ) t0当 a = -1时，设 p(t) = 2lnt -t2 + t ，则p，(t) = - - 2t +1，可知p(t)在(0,1 “17)上单调递增，在(出17，+8)上单调递减,t44又 p (1)二 0 , p(1 17)0 , p (e)二 2 - e2 + e 0 4p(t)有两个不同的零点，符合题意，a的最大整数值为-110. (2021汇川区校级月考)已知函数f (x)二ln土(k为常数，e是自然对数的底数)， ex(1) 曲线y二f (x)在点(1, f (1)处的切线与x轴平行，求k的值及函数的单调区间;(2) 证明：当kWe时，对Vxl，都有f (x)Wl成立.-l

24、nx - k &【解答】解：(1)广(x)= 2,又T(i)=匕-=0故k = 1exe令h (x)二丄-lnx - 1(x0),贝忱(x)二- 0xx 2 x即h(x)在(0, +8)上是单调递减，又h (1)二0所以函数f (x)在(0,1)上单增，(1,+8)上单减.lnx k11(2)证明：广(x)=，令g (x)二lnx - k(x0),贝Ug(x)二 0e xxx2 x即g(x)在(0, +8)上是单调递减，所以g(x)Wg (1)二1 -kk当Q1时，g(x)W0恒成立，即f (x)在(0, +8)上单调递减，则f (x)Wf (1)二1当k 1时,e，使得 g(x ) = -

25、lnx - k = 00 x 00则 1 x x0，g(x)0，f (x)单调递增, xx时g(x) 1，都有f (x)W1成立.11. (2021龙凤区校级二模)已知函数 f(x) =(x2 +x)lnx+2x3 +(1-a)x2 -(a+1)x+b(a ，b e R).(1) 当 a=0， b=0 时，求 f(x) 在点(1， f (1) )处的切线方程(2) 若f (x)20恒成立，求b-2a的最小值【 解 答 】 解 ： ( 1 )f (x) = (x2 + x)lnx + 2x3 + x2 - x 的导数为f( x) = (2 x + 1)lnx + (x 2 + x)丄 + 6 x

26、 2 + 2 x 一 1x=(2 x + 1)(lnx + 3x)可得切线的斜率为 9，切点为(1,2)， 则切线方程为 y - 2 = 9(x -1) ，即 y = 9 x - 7 ；(2)f( x) = (2 x + 1)lnx + (x 2 + x)丄 + 6 x 2 + 2(1 a) x 一 a 一 1 =x9令 h(x) = Inx + 3x - a ,则 h(x)在(0, +8)上单调递增，又 x T 0 时，h(x) T -8 ,当x T +8 时，h(x) T +8.存在唯一一个x G (0, +8)，使得0h( x ) = 0 ，即 a = 3x + lnx 0 0 0当0

27、x x时，广(x) x 时，f(x) 00. f (x) 在 (0, x ) 上单调递减，在0(x ，+8)上单调递增0.f (x) = f (x ) = (x2 + x )lnx + 2x3 + (1-a)x2 一 (a +1) min000000= (x2 + x )lnx + 2x3 +(1-3x -lnx )x2 -(3x +lnx +1)x0 0 0 0 0 0 0 0 0= - x3 - 2x2 - x + b 0 0 0f (x)20 恒成立，.*.x3 2 x2 x + b2 0， 即000b$x3 + 2 x 2 + x000.b 2ax3 + 2 x 2 + x 2a =

28、x3 + 2 x 2 + x 6 x 2lnx =00000000设 申(x) = x3 + 2x2 - 5x - 2lnxx g (0, +8)申(x) = 3x2 + 4x - 5 - - = 3x(x -1) + 7x2 一 5x 一 2 = (x 一1x当 0 x 1 时，宦(x) 1 时，宦(x) 0.申(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，申(x)2申(1)=-2. 当 x =1时，即 a =3x +lnx =3，0 0 0b = x3 + 2x2 + x = 4 时，b - 2a 取0 0 0得最小值-2 12 .已知函数 f (x) = ax3 - ax -

29、xlnx，且 f (x)20 .42(II)证明：f (x)存在唯一的极大值点x，且 f (x ) 0 . x 0化为：ax2 一 a 一 lnx$0 . x 0令 g (x) = ax2 - a - Inx . x 0 g，( x) = 2ax -xaW0 时，g，(x) 1 时，g(x) 0 时，g，(x)=， 可得 x=时， 函 数 g(x) 取得极小值，令h (a) = 2 -a-11一 a + ln(2a)， a g (0, +8)22h(a)=-1 +丄=J，可得a = 1时，h(a)取得极大值即最大值,2a2a=0=因此只有a =1时满足题意.2故a =2(II)证明：由(I)可

30、得：f (x) = x3 - x - xlnx , x 022f，(x) = 3x x可得 x =1时，广(x)取得极小值，f Q1) = - - - + - ln3 =如二233 2 2 22x T。+ 时，广(x) T+8 ； x = 1 时，广(1) = 0， x T+8 时，广(x) T+8. 函数f (x)存在唯一的极大值点x,且0 x *1x 满足 x2 - lnx -= 00 2 0 0 2可得 2lnx = 3x 2 - 300令 h( x) = 2lnx 一 3x 2 + 30 x h(-) = -4 - 3 x + 3 = -3 x 0e2e4e4ee2e 2117/. x

31、 J 一e20 e . 3:-x lnx = -x lnx 0 0 0 3 0 01 x e20令 u (x) = - 2 xlnx11 x e 2 eu(lnx +1)可得x = 1时，函数u(x)取得极大值，且丄 xee 201 :1 m343e2=u () f (x ) ue20lnx -且在 f (x0) 3e f(x) 存在唯一的极大值点 x013. (2021 广州模拟)已知函数f (x) = alnx-如，曲线y = f (x)在点(1，f (1)处的切 线方程为 2 x - y - 2 - e = 0 (1)求a , b的值;（2）证明函数f （x）存在唯一的极大值点x0,且f

32、 （x0） 0 , gf (1) - 2 - e 0 , g(x)单调递增，当 x e (x , +a)时，g (x) 0 , g(x)单调递11减，g (2) - 4- e2 0， g(1) - 2 0 ， 故存在 x e (1,2) ，使得 g(x ) - 0 ，00且当 x e (0,x )时 g(x) 0 广(x) 0 f (x)单调递增，当 x e (x +a)时 g(x) 0 广(x) 000f(x) 单调递减，2x故函数存在唯一的极大值点x，且g(x ) - 2x - x ex0 + ex0 - 0，即ex -叶,x e (1,2)0000x - 1 00贝 f (x ) - 2

33、lnx -丄0 - 2lnx 00 x 0 x - 10022 2令 h(x) - 2lnx,1 x 0x - 1x (x - 1)2故 h(x) 在 (1,2)上单调递增，2由于 x e (1,2)，故h(x ) h (2) - 2加2一 2，即 2lnx 2ln2 - 2000 x - 10. f ( x ) 0 解答】解：(1)若 a -1时， f (x) - ex -ln(x +1) ， (x -1)1(x + 1)ex 1f(x) = ex x +1 x +1设 g(x) = (x + 1)ex 1，则 g，(x) = (x + 2)ex 0 函数g (x)在(-1,+a)上为增函数

34、，又 g (0) = 0当 x E (1,0)时，g (x) 0 , f(x) 0 ,广(x) 0 , f (x)单调递增. f (x)的最小值为f (0) = 1(2)证明：由题意知广(x) = ex =, (x 1). 0WoWex +1x + 1当 o = 0 时, f (x) = ex 0 ,显然成立当 0 ge 时，由(1)知：h(x) = (x + 1)ex a，在(1,+8)上为增函数,h(1) = a 0存在唯一的 x e (1,1)使得h(x ) = 0，即(x + l)ex = a0 0 0当 x E (1,x0)时，h(x) 0,广(x) 0 ， f (x) 0 ， f(

35、x) 单调递增0f (x)的最小值为 f (x ) = ex0 aln(x +1) = a a加=a(1 lna + x )00 x +1ex0x + 100 0 0=a (+ x +1 1 lna)2a(2 1 加a) = a(1 加a)20 .x +100当且仅当-=x +1x + 10，0lna = 1即 x = 0， a =e 时取等号 0把 x = 0 代入(x + 1)ex0 = a，得 a = 1，矛盾, 00. 等号不能成立. f(x ) 0，因此 f(x) 0 015. (2021春日照期中)设函数f(x) = e2x + alnx(1)讨论f (x)的导函数f(x)零点的个

36、数;(2)证明：当 a 0恒成立，没有零点，当a 0， f (x) = e2x -minx由(1)知，当a 0时，f(x)只有1个零点，设为x，则2e2x0 + = 0 0x0m2x0/. 2e2x()= 0，e2x()=x0mm=in 一 inx20故 2 x = ln02x0当0 x x0，广(x) x时，广(x) 0，f (x)单调递增,0故 当 x= x0时，数f(x)取 得 最 小mmf (x ) = e2x()- mlnx =- m(ln- 2x )=002x200+ mln + 2mx ， 2xm002m22a,2mx + mln = 2m + mln = -2a + aln(-

37、 ) 2 x0 mm2016. (2021 九江校级月考)已知函数f (x) = ex -ln(x + m).(1)若x = 0是f (x)的极值点，求m，并讨论f (x)的单调性;2)当 m = 2 时，证明 f(x) 0 .解答】解：(1) f (x) = ex-ln(x + m)，f (x) = ex -x+mx = 0是f (x)的极值点，f (0) = 0，得 m = 1当 x 在(-1,0)时，f(x) 0，f (x)递增;( 2)当 m = 2 时，f(-1) 0故f(x) = 0在(-2, +8)上有唯一实数根x，且X G (-1,0) 00当 xG (-2, x ) 时， f

38、 (x) 00从而当X = X时，f (x)取得最小值f (X )00f (x ) = exo - ln(x + 2)00o，(x + 1)2=ox + 2of (x) 0另解：当 m = 2 时，f (x) = ex -ln(x + 2)，令 g(x) = ex - x -1, g，(x) = ex -1当x 0时，g，(x) 0，时，g，(x) 0 , g(x)单调递增, 所以g(x)2g(0) = 0，即exx +1，当且仅当x = 0时取等号，所以 g(lnx)2einx - lnx -1 = x - Inx -120，当且仅当 x = 1 时取等号，故 ex 加(x + 2)2x +

39、1 加(x + 2) = x + 2 加(x + 2) 120取等条件不一致，故ex - ln(x + 2) 0即 f(x) 0 17. (2021春福建期末)已知函数f (x) = ex -ln(x + m).(I)设x = 0是f (x)的极值点，求m的值，并讨论f (x)的单调性；(II)证明：ex -加(x + 2) 0 .【解答】解：(I)广(x) = ex -x+m由题意可得，广(0) = 1 - = 0，解可得 m = 1m1ex (x +1) 1x +1 x + 1令 g(x) = ex(x +1) -1，则 g(x) = (x + 2)ex 0故 g(x) 在(-1,+8)上

40、单调递增且 g(0) = 0，当x 0时，g(x) 0即f(x) 0，函数f (x)单调递增，当-1 x 0时，g(x) 0即广(x) 0，函数f (x)单调递减,(II)证明：(2) 令 h(x) = ex -ln(x + 2)，则 h(x) = ex在(-2, +8)上单调递增,x+2因为 h(-1) 0所以h(x) = 0在(-2, +8)存在唯一实数根x，且x G (-1,0)00x g (x ， +x)时，h(x) 00当 x g (-2, x)时，h(x) 02 + x 02 + x00所以 ex - ln(x + 2) 018. (2021 道里区校级二模)已知函数 f (x)

41、= ex - ln(x + m).1)设x = 0是f (x)的极值点，求函数f (x)在1, 2上的最值;2)若对任意x，x g 0，2且x x，都有f (x1)一 f (x2)-1，求m的取值范围.1212x - x1 23)当m2时，证明f (x) 0 .【解答】解：(1)广(x) = ex1，x+mx = 0是f (x)的极值点,.:广(0) = 1 -丄=0，解得：m = 1m:.f (x) = ex - ln(x +1)，定义域是(一1,+8)了 (x) = ex( x +1)一1x + 1设 g (x) = ex (x +1) -1，则 g (x) = ex (x + 2) 0

42、.:g (x)在(1,+x)递增，又 g (0) = 0.:x 0 时，g (x) 0，即 f (x) 0-1 x 0 时，g (x) 0，即 f (x) x，都有_了匕2 -11212x -x12即都有 f(x )+x f(x )+x ，1 1 2 2故函数 h(x) = f (x) + x = ex + x - ln(x + m)在0， 2上单调递增；x+mh(x) = ex +1 - 0 在0，2上恒成立，在0 ， 2上单调递增，又因为 h( x) = ex +1 -x + m所以只要 h(0) = eo +1 - 0 即 m2 -0 + m2(3)证明：当 mW2 , x e (-m,

43、 +8)时，ln(x + m)Wln(x + 2) 故只需证明当m = 2时f (x) 0当m = 2时，函数广(x) = ex-1 在(-2, +8)上为增函数，x+2且广(-1) 0故广(x) = 0在(-2, +8)上有唯一实数根x，且x e (-1,0)00当 x e (-2, x )时，f (x) 0 00从而当x = x时，f (x)取得最小值.0由 f (x ) = 0，得 ex0 =， In (x + 2) = -x0x + 2000故 f(x)2f(x ) =1+ x = 00 x + 20 x + 20 0综上，当mW2时，f (x) 0法二：mW2 . x + mWx +

44、 2， ln(x + m)Wln(x + 2)， -ln(x + m)2 - ln(x + 2) 故 f (x)2ex - ln(x + 2)令 g(x) = ex - x -1，易证 ex - x -120(x = 0 时“=”成立)，故 g(lnx) = einx - lnx -1 = x - Inx -120(x = 1 时“=”成立)，故 ex ln(x + 2)2x +1 ln(x + 2) = (x + 2) ln(x + 2) 120，(“ =“ 不同时成立),故 ex - ln(x + 2) 0， f (x) 0 成立.19. (2021东湖区校级期末)设函数f(x) = lnx + -ax2 + x +1 .2(1) 当a = -2时，求函数f (x)的极值点；(2) 当 a = 0