陈利利-隐零点问题破题关键

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第2部分专题6强基专题8隐零点问题课件共17张PPT

则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0, h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h1e＝e12e1e－1<ee22－1＝0，h1＝e>0， h(x)在1e，1存在零点x0，即h(x0)＝x20ex0＋ln x0＝0， x20ex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln x10eln x10，
由f ′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12得f(x0)＜14. 因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得 f(x0)＞f(e－1)＝e－2. 综上得e－2＜f(x0)＜2－2.
2．已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且不等式k(x－1)<f(x)在 x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．m的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝aex＋axex－1x，
因为函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线为y＝(2e－1)x－e，
f1＝ae＋b＝e－1
所以 f
′1＝2ae－1＝2e－1
，
解得a＝1，b＝－1.
(2)由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)，即m≤xex－lxn x－1，令φ(x)＝xex－lxn x－1，则φ′(x)＝x2ex＋x2 ln x，令h(x)＝x2ex＋ln x，
[解] 因为 f(x)＝x＋xln x，所以不等式 k(x－1)<f(x)在区间 (1，＋∞)上恒成立等价于 k<xlxn－x＋1 x(x>1)．
令 g(x)＝xlxn－x＋1 x(x>1)，则 g′(x)＝x－(xl－n x1－)2 2，
令 h(x)＝x－ln x－2(x＞1)，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1＞0⇒h(x)在(1，＋∞)上单调递增，

2025高中数学八大核心知识导数利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)

利用隐零点设而不求解决导数问题1(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b 的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．2(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．2025高中数学八大核心知识导数利用隐零点设而不求解决导数问题（解析版）3(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x-sin x，x∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a<sin xx <b对x∈0,π2恒成立，求a的最大值与b的最小值.4(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-e(x-1)2有两个极值点x1,x2x1<x2．其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)求实数a的取值范围；(2)若ex1+e-2x2+21-e≥λx1-1x2-1恒成立，求λ的取值范围．5(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x2-mx ln x+1，m∈R且m≠0.(1)当m=1时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若关于x的不等式f x ≥2ex恒成立，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围.6(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x-xe-x+1x(e为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x=1处的切线方程；(2)若f x +x-1x-1>ae-x+ln x恒成立，求证：实数a<-1.7(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f(x)=2x3+3(1+m)x2 +6mx(x∈R).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f-1=1，函数g(x)=a ln x+1-f(x)x2≤0在1,+∞上恒成立，求整数a的最大值.8(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x-x+x-2e x-m，m∈Z.(1)当m=1时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若关于x的不等式f x <0在0,1上恒成立，求m的最小值.9(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1，求f x 的极值；(2)若对任意x>0，f x ≤0恒成立，求整数m的最小值.10(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x-ln x+a，a∈R.(1)当a=1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a，求实数a的取值范围.利用隐零点设而不求解决导数问题1(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x，则有f0 =-b=1，解得b=-1，f 0 =a-1-b=a-2=-1，则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ，f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x，设h x =e x+x-2，因为h x 在1,+∞上单调递增，则h x >h1 =e-1>0，所以f (x)>0在1,+∞上恒成立，所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x，令f (x)=0，令f (x)=0，得e x+x-2=0，设h x =e x+x-2，由(2)知h x 在R上单调递增，且h0 =-1，h1 =e-1>0，故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0，即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0，即得e x0+x0-2=0，则e x0=2-x0，且当x∈-∞,x0时，f (x)<0，此时f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，此时f x 单调递增，所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0，当x0∈0,1时，2-x0>0，-x0-1 22+54>-0-122+54=1，则f x min>0，则函数f(x)的零点个数为0.2(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时，设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1，h x =e x-1x+1，当x>0时，h x >0，-1<x<0时，h x <0，所以h x 在-1,0 单调递减，0,+∞ 单调递增，所以h x ≥h 0 ，而h 0 =0，∴h x ≥0，即f x ≥g x +1．(2)法一：若∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x ≥ln x +1a+1⇒ae x +ln a ≥ln x +1 +1，即ae x+ln ae x ≥x +1+ln x +1 ，构造函数m t =t +ln t ，易知m t 在0,+∞ 递增，则不等式为m ae x ≥m x +1 ，∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ，设ϕx =x +1e xx >-1 ，ϕ x =-xex x >-1 ，则φx 在-1,0 递增，0,+∞ 递减，ϕx max =ϕ0 =1，∴a ≥1．法二：∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0．令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1，F x =ae x -1x +1a >0 ，ae x =1x +1有唯一实数根，设为x 0x 0>-1 ，即ae x 0=1x 0+1，ln a +x 0=-ln x 0+1 ，则F x 在-1,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0，即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0，设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1，显然h x 在-1,+∞ 单调递减，而h 0 =0，∴h x 0 ≥0，则-1<x 0≤0，ln a =-ln x 0+1 -x 0，x 0∈-1,0 ，∴ln a ≥0，a ≥1．3(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ，x ∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)a 的最大值为2π，b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ，求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ，因为在区间0,π2 上f x =-x sin x <0，则f x 在区间0,π2上单调递减，所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”，令g x =sin x -cx ，x ∈0,π2，则g x =cos x -c ，当c ≤0时，g x >0对任意x ∈0,π2 恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈0,π2，g x =cos x -c <0，于是g x 在区间0,π2 上单调递减，则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立，当0<c <1时，存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0，当x ∈(0,x 0)时，g (x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈x 0,π2时，g (x )<0，函数g (x )单调递减，显然g (x 0)>g (0)=0，g π2 =1-π2c ，则当g π2 ≥0，即0<c ≤2π时，g (x )>0对x ∈0,π2 恒成立，因此当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立，当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈0,π2 恒成立，所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时，a 的最大值为2π，b 的最小值为1.4(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)0,2e (2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ，由题知f x=0有两个不同实数根，即a =2e x -1e x有两个不同实数根．令g x =2e x -1 e x ，则gx =2e 2-x ex≥0，解得x ≤2，故g x 在-∞,2 上单调递增，在2,+∞ 上单调递减，且x →-∞时，g (x )→-∞，x →+∞时，g (x )→0，g 2 =2e，故g x 的图象如图所示，当a ∈0,2e时，f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2．则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2，故f x 在0,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，f x 的极大值点为x 1，极小值点为x 2．故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时，实数a 的取值范围为0,2e．(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ，则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ，两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1，即t 2-t 1=ln t 2t 1>0，由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2ln t2t 1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1，令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1)，则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立，由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t，令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ，则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t，φt =2e -2 ln t +2e -2 -et 2-e +2，显然φ t 在1,+∞ 递增，又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0，所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0，且易得φ t 在1,t 0 递减，t 0,+∞ 递增，又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0，所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0，且易得φt 在1,t 1 递减，t 1,+∞ 递增，又φ1 =φe =0，则1<x <e 时，φt <0,h t <0,x >e 时，φt >0,h t >0，所以易得h t 在1,e 上递减，在e ,+∞ 上递增，则h (t )min =h e =(e -1)2，所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 ．5(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1，m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0 ∪0,e -1e 【详解】(1)由题，当m =1时，f x =x 2-x ln x +1，f x =2x -ln x -1，f 1 =1，f 1 =2，所以切线方程为y -2=x -1，化简得x -y +1=0，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ，即x 2-mx ln x +1≥2e x ，即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立，令g x =x +1x -m ln x -2e ，则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x 2.对于y =x 2-mx -1，Δ=m 2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，则两个零点一正一负，设其正零点为x 0∈0,+∞ ，则x 20-mx 0-1=0，即m =x 0-1x 0，且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0，此时g x 单调递减，在x 0,+∞ 上，y =x 2-mx -1>0,g x >0，此时g x 单调递增，因此当x =x 0时，g x 取最小值，故g x 0 ≥0，即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e ≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ，则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ，当x ∈0,1 时，h x >0，当x ∈1,+∞ 时，h x <0，则h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，又h 1e=h e =0，故x 0∈1e ,e，显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数，则m ∈1e -e ,e -1e，所以实数m 的取值范围为1e -e ,0 ∪0,e -1e6(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x(e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立，求证：实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x，定义域为0,+∞ ，则f x =x -1e x+1x -1x 2=x -1 1e x +1x2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f1 =0，又f 1 =1-1e ，则l 的方程为y =1-1e .(2)f x +x -1x -1>ae -x +ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>aex ⇔a <x -1 e x -x恒成立，令h x =x -1 e x -x ，则h x =xe x -1，令u x =xe x -1，x >0，则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增，又u 0 =-1<0，且u 1 =e -1>0，则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0，即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0，即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0，则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ，所以h x 0 >0，则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增，因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.7(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f -1 =1，函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x 2≤0在1,+∞ 上恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ，若m =1，f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立，此时函数f x 在R 上单调递增；若m >1，此时-m <-1，当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-m ，-1,+∞ 上单调递增；当x ∈-m ,-1 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-m ,-1 单调递减；若m <1，此时-m >-1，当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-1 ，-m ,+∞ 上单调递增，当x ∈-1,-m 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-1,-m 单调递减；综上可知，m =1时，f x 在R 上单调递增；m >1时，f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增，在-m ,-1 单调递减；m <1时，f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增，在-1,-m 单调递减；(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1，解得m =0；所以f (x )=2x 3+3x 2，则g (x )=a ln x +1 -2x -3，易知x ∈1,+∞ 时，ln x +1>0，若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立；令h x =2x +3ln x +1,x >1 ，则hx =2ln x +1 -2x +3 ⋅1x ln x +1 2=2ln x -3x ln x +12；令φx =2ln x -3x x >1 ，则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立，即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增，易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32，由于e 3>2.73=19.683，所以φ2 <0，而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 3 5，且52 5>25=32>27=33>e 3，所以φ52>0；因此h x 在x ∈1,+∞ 有且仅有一个零点x 0，满足2ln x 0=3x 0，且x 0∈2,52 ；所以当x ∈1,x 0 时，h x <0，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0；因此函数h x =2x +3ln x +1,x >1 在1,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增；所以h x 的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0，显然2x 0∈4,5 ，因此a ≤2x 0∈4,5 ，又a 是整数，所以a 的最大值为4.8(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x -x +x -2 e x -m ，m ∈Z .(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x <0在0,1 上恒成立，求m 的最小值.【答案】(1)y =-e -2(2)-3【详解】(1)由题当m =1时，f x =ln x -x +x -2 e x -1，f x =1x+x -1 e x -1，f 1 =0，f 1 =-e -2，所以切线方程为y +e +2=0x -1 ，化简得y =-e -2，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =-e -2.(2)由f x <0可得m >ln x -x +x -2 e x ，令g x =ln x -x +x -2 e x ，x ∈0,1 ，则g x =x -1 e x -1x，当0<x ≤1时，x -1≤0，设h x =e x -1x，易知h x 在0,1 上单调递增，又h 1 =e -1>0，h 12=e -2<0，则存在x 0∈12,1，使得h x 0 =0，即e x 0=1x 0，取对数得ln x 0=-x 0，当x ∈0,x 0 时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g (x )max =x 0-2 ⋅e x 0+ln x 0-x 0=x 0-2 ⋅1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0，∵y =1-2x +2x在12,1 上单调递增，则g x 0 ∈-4,-3 ，又m >g x 对任意x ∈0,1 恒成立，m ∈Z ，所以m ≥g x 0 ，即m 的最小值为-3.9(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x -mx 2+1-2m x +1.(1)若m =1，求f x 的极值；(2)若对任意x >0，f x ≤0恒成立，求整数m 的最小值.【答案】(1)极大值为f 12 =14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m =1时，f x =ln x -x 2-x +1x >0 ，f x =1x -2x -1=-x +1 2x -1 x.当0<x <12时，f x >0，则f x 在0,12 上单调递增；当x >12时.f x <0，则f x 在12,+∞ 上单调递减.所以f x 在x =12时取得极大值且极大值为f 12 =14-ln2，无极小值；(2)因为对任意x >0，f x ≤0恒成立，所以ln x +x +1≤m x 2+2x 在0,+∞ 上恒成立，即m ≥ln x +x +1x 2+2x在0,+∞ 上恒成立，设F x =ln x +x +1x 2+2x ，则Fx =-x +1 x +2ln x x 2+2x 2.设φx =-x +2ln x ，显然φx 在0,+∞ 上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12 =-12+2ln 12 =2ln2-12>0，所以∃x 0∈12,1 ，使得φx 0 =0，即x 0+2ln x 0=0，当x ∈0,x 0 时，φx >0，F x >0；当x ∈x 0,+∞ 时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 上单调递减，所以F x max =F x 0 =ln x 0+x 0+1x 20+2x 0=12x 0，因为x 0∈12,1 ，所以12x 0∈12,1 ，故整数m 的最小值为1.10(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x -ln x +a ，a ∈R .(1)当a =1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a ，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a =1时，函数f (x )=e x -ln (x +1)的定义域为(-1,+∞)，因为f (x )=e x -1x +1，所以，当x >0时，f (x )>0，当-1<x <0时，f (x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)函数f (x )=e x -ln (x +a )的定义域为(-a ,+∞),f (x )≥a ，等价于e x -ln (x +a )-a ≥0，设g (x )=e x -ln (x +a )-a ，则g (x )=e x -1x +a，设h (x )=g (x )，则h (x )=e x +1(x +a )2>0恒成立，所以h (x )在(-a ,+∞)上单调递增，即g (x )在(-a ,+∞)上单调递增，当x →-a ,g (x )→-∞，当x →+∞,g (x )→+∞，所以∃x 0∈(-a ,+∞)，使得g x 0 =0，即e x 0=1x 0+a ，所以a =1ex 0-x 0，当x ∈-a ,x 0 时，g (x )<0，所以g (x )单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，g (x )>0，所以g (x )单调递增，所以g min (x )=g x 0 =e x 0-ln x 0+a -a =e x 0-1ex 0+2x 0≥0，设p (x )=e x -1e x +2x ，则p (0)=0，而p (x )=e x +1e x +2>0恒成立，所以p (x )=e x -1ex +2x 为增函数，由p x 0 ≥0=p (0)，所以x 0≥0.因为y =1e x ,y =-x 均为减函数，所以a =1ex 0-x 0在0,+∞ 上为减函数，所以，当x 0≥0时，a ≤1，所以实数a 的取值范围为(-∞,1]妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【同步练习】1.设函数f(x)=e x-1-x-ax2，(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．3.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．恒成立，求a的取值范围．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π26.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x -m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g (x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x 1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g (x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。

整体代换逆向思维——求解导函数零点不可求问题中的逆向替代

一、引言在导数压轴试题中，经常出现一类导函数零点不可求的试题.为了解决这个问题经常采用虚设零点、整体代换的方法.在整体代换中，常规思维是将超越函数（指数式或者对数式）替换成为常规式子，从而达到化简变形的目的.事实上，对于此类试题中的整体代换，如果我们换一个角度思考，逆向思维，保留超越函数（指数式或者对数式），又何尝不可呢?二、典型试题剖析1.真题再现2017年全国Ⅱ卷理科第21题如下.已知函数f ()x =ax 2-ax -x ln x ，且f ()x ≥0.（1）求a ；（2）证明：f ()x 存在唯一的极大值点x 0，且e -2<f ()x 0<2-2.2.考点评析该题以函数、导数和不等式为框架，以二次函数和对数函数为依托，以函数的零点和极值点为纽带设计试题，试题涉及函数、导函数、零点和极值点等基本概念和基础知识，着力考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、方程和不等式等基础知识和基本方法，考查函数与方程、转化与化归等数学思想，较好地考查了数学核心素养中的数学抽象、数学运算和逻辑推理.试题分为两道小题，分层设问，梯次递进，层次感强.第（1）小题答案为a =1，以下着重探析第（2）小题.3.零点虚设，正向整体代换（1）思路探索.对于第（2）小题，求出f ′()x =2x -2-ln x ，由于无法确定导函数是否只有一个零点1，所以再求一次导得到f ″()x =2-1x ，显然f ″()x 存在唯一的零点12，借助二阶导的正、负研究一阶导的单调性，易得f ′()x 收稿日期：2018-10-27作者简介：苏艺伟（1986—），男，中学二级教师，主要从事高考数学试题和数学教育研究.整体代换逆向思维——求解导函数零点不可求问题中的逆向替代苏艺伟摘要：从2017年全国Ⅱ卷理科的导数压轴试题出发，探析虚设零点、整体代换中的逆向思维，即保留超越函数，往往可以柳暗花明又一村.在此基础上，给出变式，达到巩固提升之效，实现高效复习备考.关键词：整体代换；逆向思维；变式教学微信扫码！立即观看！微信扫描左侧二维码，即可获取本文配套资源——“求解导函数零点不可求问题中的逆向替代”微课，欢迎观看！··122还存在一个零点（即为隐零点，此过程称为虚设零点），且该隐零点的范围在æèöø0，12，这个隐零点其实就是函数f ()x 的唯一的极大值点x 0.进一步，为了证明e -2<f ()x 0<2-2必须求出f ()x 0=x 02-x 0-x 0ln x 0，结合f ′()x 0=0进行转化（此过程称为整体代换）.（2）求解过程.因为f ()x =x 2-x -x ln x ，x >0，所以f ′()x =2x -2-ln x ，f ″()x =2-1x .显然f ()e -1=e -2.令f ″()x =0，得x =12.易知f ′()x 在æèöø0，12上单调递减，在æèöø12，+∞上单调递增.所以f ′()x 有最小值，f ′æèöø12<0.画出f ′()x 的大致图象，如图1所示.可知f ′()x 存在一个零点，设为x 0，即f ′()x 0=0，x 0∈æèöø0，12.易知f ()x 在()0，x 0上单调递增，在()x 0，1上单调递减，在()1，+∞上单调递增.故函数f ()x 存在唯一的极大值点x 0.由f ′()x 0=2x 0-2-ln x 0=0，得ln x 0=2()x 0-1.故f ()x 0=x 02-x 0-x 0ln x 0=x 02-x 0-2x 0()x 0-1=-x 02+x 0.结合x 0∈æèöø0，12，可得0<f ()x 0<2-2.另一方面，由于f ()x 0是f ()x 在区间()0，1内的最大值，故有f ()x 0>f ()e -1=e -2.综上所述，有f ()x 存在唯一的极大值点x 0，且e -2<f ()x 0<2-2.4.解法评析上述解题过程体现了解决导函数零点不可求问题的一种常用思路：虚设零点，整体代换.但是，上述解题过程仍存在不足之处：由f ′()x 0=0，得到ln x 0=2()x 0-1.其实质是将ln x 0替换为2()x 0-1，进而得到f ()x 0=-x 02+x 0.从而得到0<f ()x 0<2-2.这与题目要证明的e -2<f ()x 0<2-2还有较大的差距.产生这个不足之处的原因有两点：其一，对隐零点的估值区间没有把握好，也就是说x 0∈æèöø0，12这个范围太大了；其二，将ln x 0替换成为2()x 0-1较不合理，可以逆向思考，将()x 0-1替换成为12ln x 0.5.零点虚设，逆向整体代换因为f ()x =x 2-x -x ln x ，x >0，所以f ′()x =2x -2-ln x ，f ″()x =2-1x.令f ″()x =0，得x =12.易知f ′()x 在æèöø0，12上单调递减，在æèöø12，+∞上单调递增.所以f ′()x 有最小值，f ′æèöø12<0.结合f ′()e -2=2e -2>0，f ′()e -1=2e -1<0，画出f ′()x如图2所示.可知f ′()x 存在一个零点，设为x 0，即f ′()x 0=0，x 0∈()e -2，e -1.显然f ()x 在()0，x 0上单调递增，在()x 0，1上单调递减，在()1，+∞上单调递增.故函数f ()x 存在唯一的极大值点x 0.由f ′()x 0=2x 0-2-ln x 0=0，可得x 0-1=12ln x 0.故f ()x 0=x 02-x 0-x 0ln x 0=-12x 0ln x 0.令h ()t =-12t ln t ，t ∈()e -2，e -1.由h ′()t >0，得h ()t 在t ∈()e -2，e -1上单调递增.则有h ()e -2<h ()t <h ()e -1，即e -2<f ()x 0<12e <14.综上所述，f ()x 存在唯一的极大值点x 0，且e -2<f ()x 0<2-2.不难发现，改进后的解法将隐零点的区间缩小至x 0∈()e -2，e -1，且将x 0-1替换成为12ln x 0.如此一··123来，解题过程不仅更为严密，而且思路自然流畅，一气呵成.由此可见，对于导函数零点不可求的问题，在整体代换的过程中完全可以逆向思维，保留超越函数（指数式或者对数式），顺利求解.三、变式应用变式1：（1）求函数f ()x =x ln x +a ()a <0的零点的个数.（2）证明：当a ∈[)-4e ，0，x >1时，函数g ()x =2x 2ln x -x 2+ax 有最小值.设g ()x 的最小值为h ()a ，求函数h ()a 的值域.证明：（1）由题意，得x >0，a <0.所以f ′()x =ln x +1.令f ′()x =0，得x =1e.所以f ()x 在æèöø0，1e 上单调递减，在æèöø1e ，+∞上单调递增.故f ()x 有最小值-1e+a <0.又因为当0<x <1时，x ln x <0，f ()x <0，所以f ()x 在0<x <1上无零点.因为f ()1=a <0，f ()e -a=a ()1-e -a>0，且f ()x 在()1，+∞单调递增，所以根据零点存在性定理可知，f ()x 在()1，+∞上只有一个零点.综上所述，f ()x 存在唯一的零点.（2）由题意，得g ′()x =4x ln x +a =4æèöøf ()x -34a ，x >1，a ∈[)-4e ，0.令φ()x =f ()x -34a .由第（1）小题中的f ()x 在()1，+∞上单调递增可得φ()x 在()1，+∞上单调递增.又因为φ()1=14a <0，φ()e =e +14a ≥0，所以存在唯一的x 0∈(]1，e ，使得φ()x 0=0，即f ()x 0-34a =0.因为φ()x 0=0，所以f ()x 0-34a =0.可得ln x 0=a -4x 0.当x ∈()0，x 0时，g ′()x <0，g ()x 在()0，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，+∞时，g ′()x >0，g ()x 在()x 0，+∞上单调递增.故g ()x min =g ()x 0=2x 02ln x 0-x 02+ax 0=2x 02æèçöø÷a -4x 0-x 02+ax 0=-x 02+a 2x 0，即为h ()a =-x 02+a 2x 0.因为x 0∈(]1，e ，所以h ()a ∈éëöø-e 2+a 2e ，-1+a 2.又由于a ∈[)-4e ，0，故有-3e 2≤h ()a <-1.在上述解法中将ln x 0替换成a -4x 0，为正向整体代换.下面我们采用逆向整体代换.因为φ()x 0=0，所以f ()x 0-34a =0.可得a =-4x 0ln x 0.易知g ()x 在()0，x 0上单调递减，在()x 0，+∞上单调递增.故g ()x min =g ()x 0=2x 02ln x 0-x 02+ax 0=2x 02ln x 0-x 02+()-4x 0ln x 0x 0=-2x 02ln x 0-x 02，即为h ()a =-2x 02ln x 0-x 02.令h ()t =-2t 2ln t -t 2，t ∈(]1，e .由h ′()t <0可知，h ()t 在t ∈(]1，e 上单调递减.故有-3e 2≤h ()t <-1，即-3e 2≤h ()a <-1.在上述解法中，保留了对数式ln x 0，将a 替换成-4x 0ln x 0，从而将g ()x 的最小值h ()a 表示成为h ()a =-2x 02ln x 0-x 02这样一个一元函数模型的形式，进而借助函数求值域的方法求出答案.··124变式2：已知函数f ()x =2e x +3x 2-2x ，若存在实数x ，使得f ()x -2x 2-3x -2-2k ≤0成立，求整数k 的最小值.解法1：正向替代.由已知有k ≥e x +12x 2-52x -1.令g ()x =e x +12x 2-52x -1，只需k ≥g ()x min .因为g ′()x =e x +x -52，所以g ″()x =e x +1>0.所以g ′()x 在()-∞，+∞上单调递增.由g ′æèöø12=e 12-2<0，g ′æèöø34=e 34-74>0，可知存在x 0∈æèöø12，34，使得g ′()x 0=0.显然g ()x 在æèöø12，x 0上单调递减，在æèöøx 0，34上单调递增.故g ()x min =g ()x 0=e x0+12x 02-52x 0-1.由g ′()x 0=0，得e x 0+x 0-52=0，即e x=52-x 0.则g ()x 0=e x+12x 02-52x 0-1=52-x 0+12x 02-52x 0-1=12()x 02-7x 0+3.当x 0∈æèöø12，34时，h ()x 0∈æèöø-2732，-18，则k ≥-2732.故整数k 的最小值为0.上述解法中的隐零点x 0∈æèöø12，34，将e x替换成52-x 0，即消去指数式，此为正向整体代换.下面采用逆向整体代换.解法2：逆向替代.由已知有k ≥e x +12x 2-52x -1.令g ()x =e x +12x 2-52x -1，只需k ≥g ()x min .因为g ′()x =e x +x -52，所以g ″()x =e x +1>0.所以g ′()x 在()-∞，+∞上单调递增.又由g ′()0<0，g ′()1>0，可知存在x 0∈()0，1，使得g ′()x 0=0.显然g ()x 在()0，x 0上单调递减，在()x 0，1上单调递增.故g ()x min =g ()x 0=e x0+12x 02-52x 0-1.由g ′()x 0=0，得e x+x 0-52=0，即e x 0=52-x 0，12x 02=54x 0-12x 0e x.则g ()x 0=e x 0+12x 02-52x 0-1=e x 0-12x 0e x-54x 0-1.令h ()t =e t -12t e t -54t -1，t ∈()0，1.因为h ′()t =12e t -12t e t -54，所以h ″()t =-12t e t -54<0.所以h ′()t 在()0，1上单调递减.所以h ′()t <h ′()0<0.所以h ()t 在()0，1上单调递减.所以h ()t ∈æèöø2e -94，0.则k ≥2e -94.故整数k 的最小值为0.上述解法中，隐零点x 0∈()0，1，将12x 02替换成54x 0-12x 0e x 0，即保留指数式.四、结束语通过对上述试题的分析，不难看出对于此类导数试题中的虚设零点，整体代换试题，并不一定要替换掉指数式或者对数式，有时候保留指数式或者对数式，反而会使得后续的解答更为简捷、流畅、自然.这就启发我们在解决导数试题时，不要有思维定势，不要局限于条条框框，要敢于打破常规，逆向思考，发挥探索精神与创造性思维.唯有如此，才能实现更好的复习备考，实现高效复习，提升学生的数学核心素养.参考文献：［1］苏艺伟.也谈习题教学中的变式训练：以一道导数比值消元问题为例［J ］.中国数学教育（高中版），2018（10）：57-60.··125。

2009年高考数学创新型试题之六大看点

学创新试题的六大看点．
１新型定义型试题
３标均值为 — １４＋＋５＋６２＋＋
— — — — 一
７
一
，
记
Ｐ，，ｆ寺１画出图２形可知，发行站的位置应该
、厶，
在点Ｐ附近，代人附近的点的坐标进行比较可知，（，）在３３处取得最小值．
评析
此题属于新定义型试题，查学考
生的知识迁移能力。先考生需理解 “ 点” 首格
含义，次弄清路程和必须沿街道计算，其问题
的统计学背景便是最小一乘法．
２能力探究型试题能力探究型试题是高考数学试题中的难点，由于命题者寄望于此类试题能凸显考生
格点（零售点外）除
／发为行站，Ｊ一 …
一
●
’
一
／－ｉ２
… ．．．．
想和方法；一方面．高创新思维能力，另提创新思维的训练，创新意识的激发，新能力的创培养，是新课程改革和素质教育中最具活力
—
—
在内容上，均有耳目一新的感觉，之新的知加识内容渗透更增添了一道亮丽的风景线．数
坐标均值为 —— ３＋３－２＋４＋６－２＋坐标均值为 ————— ——一一２纵坐，
— —
—
一
—
学创新试题相比于传统试题来说，有以下具鲜明的特点：景新颖，涵深刻，问方式背内设灵活．Ｆ类问题的解决，要考生对问题对这需进行细致观察、真分析、理类比、确归认合准纳后才能实现，是以问题为核心，它以探究为途径、以发现为目的，查学生创新意识和创考新能力的有效题型．文浅谈２０本０９年高考数

“隐零点”的破解策略

“隐零点”的破解策略
郭琳琳;管成芳
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2022()13
【摘要】“隐零点”问题是导数压轴题中常见的一类重点问题,也是历年高考数学试卷中的常考问题.在破解导数压轴题时,经常会碰到导函数存在零点,但求解此“隐零点”相对比较繁杂甚至出现无法求解的情况,此时我们一般对此“隐零点”设而不求,通过整体代换加以过渡,再结合题目的其他条件解决问题.
【总页数】2页(P58-59)
【作者】郭琳琳;管成芳
【作者单位】山东省淄博市临淄中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.导数隐零点问题的破解策略
2.导数隐零点问题的破解策略
3.三种方法破解隐零点问题
4.如何破解导数中的隐零点问题
5.含参函数中隐零点问题的几种代换策略
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高考数学之隐零点问题

高考数学之隐零点问题在高考数学中，隐零点问题是一类重要的问题，它涉及到函数的性质、不等式、方程等多个方面，是考查学生数学综合能力和计算能力的典型题型。

本文将从隐零点的定义、解题思路和常见问题三个方面来探讨隐零点问题。

一、隐零点的定义隐零点是指函数在某区间内存在零点，但无法直接通过零点定理或判别式等方法得出。

这类问题需要学生通过观察函数的性质、分析函数的值域、判断函数的单调性等方式来寻找隐零点。

二、解题思路解决隐零点问题的核心思路是“化归思想”，即将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题。

具体来说，解决隐零点问题的步骤如下：1、观察函数的性质，确定函数的可能零点区间；2、分析函数的值域，确定函数在可能零点区间的端点值的符号；3、判断函数的单调性，确定函数在可能零点区间的单调性；4、根据函数的性质、值域和单调性，得出函数在可能零点区间的端点值的符号，从而得出隐零点的存在性和位置。

三、常见问题解决隐零点问题时，学生常常会出现以下问题：1、对函数的性质、值域和单调性等概念理解不准确，导致解题思路错误；2、无法将复杂问题转化为简单问题，无法将抽象问题转化为具体问题，导致解题过程繁琐；3、无法灵活运用数学知识进行推理和计算，导致解题结果错误。

因此，学生在解决隐零点问题时，需要加强对函数性质、值域和单调性等概念的理解，提高对复杂问题和抽象问题的转化能力，同时加强数学知识和计算能力的训练，以提高解题的准确性和效率。

总之，解决隐零点问题需要学生具备扎实的数学基础、灵活的思维方式和熟练的计算技巧。

只有通过不断的训练和思考，才能真正掌握解决隐零点问题的技巧和方法。

高考导数综合应用中的“隐零点”在数学的学习中，我们常常遇到许多复杂的问题需要解决。

而在这些难题中，导数往往扮演着关键的角色。

特别是在高考数学中，导数的综合应用是一个重点也是一个难点。

其中，“隐零点”是一个特别需要的概念。

“隐零点”，顾名思义，这是一种不易被直接观察或找到的零点。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ，所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1，所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得：，
由
，解得：
，
故在递减，在
递增；
2 由 1 知要使存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
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故在
递增，在
，
故
，
故
，递减，，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论的单调性；
若，是的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代

第12讲隐零点问题处理方法导数专题提升讲义)

第12讲隐零点问题的处理方法整理：河北秦皇岛李永生一、问题综述导数中的“隐零点”问题是指：当一个函数的零点存在但有无法求得的零点问题．例如函数1()-=x f x e x在(0,)+∞上确实存在一个零点，但由于方程1x e x=是一个超越方程，我们无法求得它的根，也就无法确定函数()f x 的零点，但()f x 的零点确实是存在的，这个时候我们常常虚设一个()f x 的零点0x ，即0()0f x =，即001x e x =，然后进行整体的代换或过度来解决某些问题．二、典例分析类型1：整体代换【例1】（2015年全国新课标I 文）设函数2()ln x f x e a x =-． (1)讨论()f x 的导函数()f x '的零点个数； (2)证明：当0a >时，2()2lnf x a a a+．解析：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2()2(0)x af x e x x'=->．当0a 时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为22()40x af x e x ''=+>，所以()f x '在(0,)+∞单调递增．又2()210a f a e '=->，又当12x <时，()20a f x e x '<-<得2a x e<，取12b <且2ab e<，则()0f b '<，故由零点存在定理知：当0a >时，()f x '存在唯一零点．综上，当0a 时，()f x '没有零点；当0a >时，()f x '有一个零点． (2)由(1)知()f x '在(0,)+∞存在唯一零点0x ，当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增． 0200()()ln x f x f x e a x ∴=-同时0()0f x '=，即0202x a e x =，即00ln ln 22aa x a ax =-， 00()2ln 22a a f x ax a x ∴+-22lna a a+，故当0a >时，2()2ln f x a a a+．【方法小结】2()2lnf x a a a+可转化为求()min f x ，而()f x 的最小值恰好在()f x '的零点处取得，但是这个零点无法求得，这个时候我们可以利用零点满足的关系式0202x ae x =(必要的时候需要一些变形)来化简()min f x 的表达式，思想是将超越式消掉，即尽量不含,ln x e x 等；本题是化简后利用了均值不等式得到所证结果．类型2：代换消参【例2】已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-．（1）求a ；（2）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．解析：（1）()f x 的定义域为R ，2()36f x x x a '=-+，切线斜率(0)k f a '==， ∴切线方程为2y ax -=，即2y ax =+，令0y =得22x a=-=-，1a ∴=；（2）()y f x =与曲线2y kx =-只有一个交点，等价于()()2g x f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+只有一个零点，2()361g x x x k '=-+-，①当24120k ∆=+，即2k -时，()0g x '，()g x 在R 上单调递增，且(0)40g =>，(1)10g k -=-<，所以存在唯一0(1,0)x ∈-，使得0()0g x =，即()g x 的图象与x 轴只有一个交点．②当0∆>，即21k -<<时，()0g x '=有两根12,x x ，不妨设12x x <，且有(0)(2)10g g k ''==->，(1)20g k '=--<，1(0,1)x ∴∈，2(1,2)x ∈，当12(,)(,)x x x ∈-∞+∞时，()0,()g x g x '>单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0,()g x g x '<单调递减．要使()g x 的图象与x 注只有一个交点，只要2(0g x >即可．又322222()3(1)4g x x x k x =-+-+，同时2()0g x '=即222361x x k -=-， 322222222()3(36)4g x x x x x x ∴=---+3222234x x =-++，令32()234,(1,2)h x x x x =-++∈，2()666(1)0h x x x x x '=-+=--<， ()h x ∴在(1,2)单调递减，()(2)0h x h ∴>=，2()0g x ∴>，综上知：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．【方法小结】本题第二问最终将问题转化为证明2()0g x >，其中2x 是()g x '的零点，实际上()g x '的零点是可以求得的，不像类型1中零点不可求，也就是说本题中的零点不是隐零点，但我们仍然是视它为隐零点，不去求它，闭开繁琐的计算；像本题做法：利用零点的满足的关系式，消掉2()g x 表达式中的参数k ，然后构造一个关于2x 的函数．读者可以自己尝试以下求出2x ，然后证明一个关于k 的式子大于零，会很难下手，甚至不可求．类型3：代换降次【例3】（2012年全国大纲卷文科）已知函数321()3f x x x ax =++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()f x 有两个极值点12,x x ，若过两点1122(,()),(,())x f x x f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值．解析：(1)()f x 的定义域为R ，2()2f x x x a '=++，方程220x x a ++=的判别式44a ∆=-，当0∆时，即1a 时，()0f x '，且不恒为零，所以()f x 在R 上单调递增；当0∆>时，即1a <时，()0f x '=有两个根,11x =-21x =-当(,1(1)x ∈-∞--⋃-++∞时，()0,()f x f x '>单调递增；当(11x ∈--+时，()0f x '<，()f x 单调递减，(2)由(1)知1a <且2112x x a =--，222x x a =--， 3211111()3f x x x ax ∴=++211111(2)3x x a x ax =--++，2111233x ax =+1112(2)33x a ax =--+12(1)33aa x =--，同理222()(1)33a f x a x =--，因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--，令0y =得直线l 与x 轴交点的横坐标02(1)ax a =-，所以32201()32(1)2(1)2(1)a a a f x a a a ⎡⎤⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦223(12176)24(1)a a a a =-+-，因为交点在曲线()y f x =上，所以0()0f x =，解得0a =，或23a =，或3=4a ．【方法小结】本题中虽然导函数()f x '的零点可求，但我们并没有去用这个确切的零点，而是利用零点满足的条件进行代换；本题很自然的想法应该是根据两点的坐标求出直线l 的方程，再令0y =求得l 与x 轴的交点坐标，但是我们会发现直线方程比较复杂，而我们知道直线方程即是直线上任意一点横纵坐标的关系式，当然这个关系式一定是关于x ,y 的二元一次方程，所示本题通过化简1()f x ，及2()f x ，找到横纵坐标的一次关系，其中的操作就是利用隐零点满足的关系不断的降次．类型4：隐零点范围反解【例4】已知函数2()x f 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1a =，证明：当0x >时，2ln 2ln 2()1()22f x >--．参考数据：e 2.71828≈，ln20.69≈．解析：（1）()2x f x e x a '=--，函数()f x 在R 递增，()20x f x e x a ∴'=--，得2x a e x -，设()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-，令()0g x '=，解得：ln2x =，当ln2x <时，()0g x '<，当ln x x >时，()0g x '>，故函数()g x 在(,ln 2)-∞递减，在(ln 2,)+∞递增，故ln2x =时，()g x 取得最小值(ln 2)22ln 2g =-，故22ln 2a -，即a 的范围是(,22ln 2)-∞-（2）若1a =，则2()x f x e x x =--，得()21xf x e x '=--，易知函数()f x '在(,ln 2)-∞递减，在(ln 2,)+∞递增，且注意到(0)0f '=，'(1)30f e =-<，1(1ln 2)3ln 202f '+=-->，则存在01(1,1ln 2)2x ∈+，使得0()0f x '=，即00210x e x --=，当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，当0(x x ∈，)+∞时，()0f 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02000()x f x e x x =--(01(1,1ln 2)2x ∈+)函数0()f x 在1(1,1ln 2)2+单调递减，所以201ln 2ln 2()(1ln 2)1(2)22f x f >+=--故0x >时，2ln 2ln 2()1()22f x >--．【方法小结】本题同类型1，用隐零点满足的关系式进行整体2001x x =-++代换，不同之处在于寻找隐零点的范围，这个隐零点的范围要正好取到我们要的那个值11ln 22+，就是说这个范围卡的正好，不松不紧，在后面放缩时恰好能够得到题目给的那个很丑的数值，那么这个值11ln 22+是怎么找到的呢？这就应了此类型的标题“范围反解”，我们可以通过最小值的表达式2200ln 2ln 211()22x x -++=--反解得到．1．（2018广州一测）设()ln 1f x ax x =++，若对任意的20,()x x f x xe >≤恒成立，求a 的取值范围．2．（2013年全国新课标II 理）已知函数()ln()x f x e x m =-+． (1)设0x =是()f x 的极值点，求m 并讨论()f x 的单调性； (2)当2m 时，证明()0f x >．3．（2012年全国新课标文）设函数()2x f x e ax =--． (1)求()f x 的单调区间；(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值． 4．（2009年全国II 卷理科）设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点12,x x ，且12x x < (1)求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；(2)证明：212ln 2()4f x ->．5．设函数1ln(1)()(0)x f x x x ++=>，若()1kf x x >+恒成立，求正整数k 的最大值．6．已知()ln(2)x f x e x =-+，求证：()0f x >恒成立．7．（2017新课标II 卷）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ． (1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．8．已知函数2()2()=-+x f x e x a ，若当0x 时，不等式()0f x 恒成立，求实数a 的取值范围．9．已知函数1()2=+-f x x x． (1)求证：1()()ln -f x x x x ；(2)若关于x 的不等式2()ln 2+-f x a x e恒成立，求实数a 的取值范围．10．已知321()27=+++f x x x ax 有3个零点，求实数a 的取值范围．11．已知命题p ：关于x 的不等式ln 0--xe x m 对一切(0,)∈+∞x 恒成立；命题q ：13(,]6∈-∞m ．那么命题p 是命题q 的（）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要补充分条件D ．既不充分也不必要条件四、巩固练习参考答案1、解析：原问题等价于2ln 1(0)x ax x xe x ++>，即2ln 1()xx a e g x x +-=，则2222ln ()x x e x g x x +'=，令22()2ln x h x x e x =+，2221()440x x h x xe x e x'=++>，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增，且1()2ln 204h <，2(1)20h e =>()h x ∴在(0,)+∞上存在唯一的零点0x ，且01(,1)4x ∈当0(0,)x x ∈时，()0,()0h x g x '<<，()g x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0,()0h x g x '>>，()g x 单调递增．020min 00ln 1()()x x g x g x e x +∴==-，同时有0()0h x =，即022002ln 0x x e x +=，即02020ln 2x x e x =-， 00002ln(ln )ln 2ln x x x x ∴=---，即0000ln 22ln(ln )(ln )x x x x +=-+-，设()ln m x x x =+，则1()10m x x '=+>，()m x ∴在(0,)+∞单调递增，所以002ln x x =-，也即0201x e x =，02000000ln 1211()()2x min x x g x g x e x x x +-+∴==-=-=，2a ∴，即a 的取值范围为(,2]-∞．点拨：本题采用分参的方法求参数a 的取值范围，问题转化为求()g x 的最小值；另一方面，()g x 的最小值在()g x '的零点0x 处取得，所以问题转化为求()min g x ，即0()g x 的值，而0()g x 的表达式很复杂，这时就需要用到隐零点0x 的关系式来处理，即式子022002ln 0x x e x +=的处理，此处实际是进行了一个同构处理，十分巧妙；同构的形式当然也可以这样：001ln 200001112ln ln x x x e e x x x ==⋅．再构造()x n x xe =，易知()n x 在(0,)+∞上单调递增，所以有0012lnx x =． 2、解析：(1)1m =，()f x 的单调增区间为(0,)+∞，单调减区间为(1,0)-．(2)当2m 时，()ln(2)x f x e x -+，令()ln(2)x g x e x =-+，则只要证明()0g x >即可．而211(),()02(2)x x g x e g x e x x '''=-=+>++，()g x '∴在(2,)-+∞上单调递增．又11(1)10,(0)102g e g -''-=-<=->，0(1,0)x ∴∃∈-，使得0()0g x '=，当0(2,)x x ∈-时，()0,()g x g x '<单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0,()g x g x '>单调递增． 000()()ln(2)x min g x g x e x ∴==-+．同时0()0g x '=，即0012x e x =+，即00ln(2)x x =-+． 200000()1()()022minx g x g x x x x +∴==+=>++，()0g x ∴>，()0f x ∴>．点评：整体代换3、解析：(1)()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()x f x e a '=-．当0a 时，()0f x '>，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，令()0f x '=得，ln x a =，则当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．(2)当1a =时，()()10x k f x x '-++>即()(1)10xx k e x --++>，即11x x xe k e +<-令1(),01x x xe g x x e +=>-，则问题转化为求()g x 的最小值．2(2)()(1)x xx e e x g x e --'=-，令()2,0x h x e x x =-->，则由(1)知()h x 在(0,)+∞单调递增，且2(1)30,(2)40h e h e =-<=->，0(1,2)x ∴∃∈，使得0()0h x = 当0(0,)x x ∈时，()0,()0,()h x g x g x '<<单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0,()0,()h x g x g x '>>单调递增． 00001()()1x min x x e g x g x e +∴==-，同时0()0h x =即002x e x =+000(2)1()1minx x g x x ++∴=+01(2,3)x =+∈，2k ∴，即整数k 的最大值为2．点评：整体代换4、解析：(1)222()(1)1x x af x x x++'=>-+，令2()22g x x x a =++，由题意知12,x x 是方程()0g x =的两个均大于1的不相等的根，所以有480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，得102a <<．当1(1,)x x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．(2)因为(0)0g a =>，2102x ∴-<<，且2()0g x =，即222(22)a x x =-+ 2222222222()ln(1)(22)ln(1)f x x a x x x x x ∴=++=-++设221()(22)ln(1),((,0))2h x x x x x x =-++∈-()2(21)ln(1)0h x x x '=-++>，()h x ∴在1(,0)2-单调递增，112ln 2()()24h x h -∴>-=，所以212ln 2()4f x ->．点评：代换消参5、解析：由题意可得(1)[ln(1)1]x x k x+++<在(0,)+∞内恒成立令(1)[ln(1)1]()x x g x x +++=，则()min k g x <，又21ln(1)()x x g x x --+'=令()1ln(1)h x x x =---，则()01xh x x '=>+，()h x ∴在(0,)+∞上单调递增而(2)1ln30h =-<，(3)2(1ln 2)0h =->，所以存在唯一的0(2,3)x ∈使得0()0h x = 即001ln(1)x x -=+，且当0(0,)x x ∈时，()0,()0h x g x '<<，()g x 在0(0,)x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0,()0h x g x '>>，()g x 在0(,)x +∞单调递增00000(1)[ln(1)1]()()1(3,4)min x x g x g x x x +++∴===+∈，所以3k ，即正整数k 的最大值为3．点评：整体代换，化复杂的超越式为普通式；其中需要注意隐零点0x 的范围需要尽量小，因为k 的取值范围取决于0x 的范围．6、整体代换，较简单答案略7、解析：(1)1a =；(2)由(1)知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--，1()2f x x''=-，易知()f x '在1(0,)2上单调递减；在1(,)2+∞单调递增，且注意到(1)0f '=，1()ln 2102f '=-<，12()10f e e-'=-<，22()20f e e --'=>，所以存在唯一的210(,)x e e --∈，使得0()0f x '=，且当0(0,)(1,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0(,1)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 存在唯一的极大值点0x ，同时0()0f x '=即0022ln 0x x --=，所以22200000001()ln 24f x x x x x x x -=--=-+<=，另一方面120()()f x f e e -->=，综上：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<，点评：整体代换，注意求0x 的范围时注意到了12()f e e --=． 8、解析：()2()x f x e x a '=--，()2(1)0x f x e ''=-，所以()f x '在(0,)+∞单调递增，且(0)2(1)f a '=-， ①当1a 时，()(0)2(1)0f x f a ''=-，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增，2()(0)2f x f a =-，要使()0f x 恒成立，则2(0)20f a =-，解得[a ∈， ②当1a >时，则(0)0f '<，又()2(2)2(2)0a f a e a ea a '=-->，故存在0(0,)x a ∈，使得0()0f x '=，即00x a e x =-，且当0(0,)x x ∈时，()0f x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在0(0,)x 单调递减；在0(,)x +∞上单调递增，所以000002200()()2()2(2)0x x x x x f x f x e x a e e e e =-+=-=-，解得02x e ，0(0,ln 2]x ∈．而000()x a e x g x =-=，则易知0()g x 在(0,)+∞单调递增，所以(1,2ln 2]a ∈-．综上：a的取值范围是[ln 2]-．点评：代换消参．9、解析：(1)令1()()()ln g x f x x x x =--，21()(1)ln g x x x'=-+，当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，所以()(1)1g x g =，即原不等式成立．(2)令212()()ln 2ln h x f x a x x a x e x e=--+=+--，221()x ax h x x--'=，令2()1m x x ax =--，且注意到(0)10m =-<，故存在0(0,)x ∈+∞，使得0()0m x =，即001a x x =-，当0(0,)x x ∈时，()0,()0m x h x ''<<；当0(,)x x ∈+∞时，()0,()0m x h x ''>>，所以()h x 在0(0,)x 上单调递减；在0(,)x +∞上单调递增，所以000012()()ln h x h x x a x x e =+--00000112(ln x x x x x e =+---，令112()()ln n x x x x x x e=+---，由(1)可知()n x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，且2(1)20n e=->，注意到1(()0n n e e ==，则若0()0n x ，则01[,]x e e ∈，又00111[,]a x e e x e e =-∈--，故a 的取值范围是11[,]e e e e--．点评：代换消参10、解析：2()32f x x x a '=++，由4(13)0a ∆=->得13a <，设1212,()x x x x <是方程()0f x '=的两根，则1223x x +=-，123ax x =，则当12(,)(,)x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '>，当12(,)x x x ∈时，()0f x '<；所以()f x 在1(,)x -∞及2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，所以()f x 的极大值与极小值分别为12(),()f x f x ，且211320x x a ++=，222320x x a ++=，即21123x a x +=-，22223x a x +=-，所以3211111()27f x x x ax =+++1111221()3327x a x a x ax ++=⋅--++16213927a a x --=+，同理226213()927a af x x --=+，所以121262136213()()()()927927a a a af x f x x x ----=++2221212(62)2(13)13()()8192727a a a x x x x ---=-++⨯2(13)(125)27a a -=+要使()f x 有三个零点，则12()()0f x f x <得512a <-．点评：降次代换11、解析：ln x m e x -对一切(0,)x ∈+∞恒成立，令()ln xf x e x =-，则1()x xe f x x-'=，令()1x g x xe =-，则()g x 在(0,)+∞单调递增，且1()02f '<，2()03f '>，故存在012(,)23x ∈使得0()0f x '=，当0(0,)x x ∈时，()0f x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在0(0,)x 单调递减，在0(,)x +∞单调递增，所以0000013213()()ln 236x min f x f x e x x x ==-=+>+=，记0()f x n =，则m n <，所以13(,](,]6n -∞⊆-∞，故选C ．点评：隐零点范围反解．此题中求012(,)23x ∈这个范围是本题的关键！方法令001136x x +=解得023x =(另一解舍掉)．。

利用“两点之间线段最短”解决最值问题

利用两点之间线段最短解决最值问题陈礼弦(贵州省贵安新区普贡中学ꎬ贵州贵安新区５６１１１３)摘㊀要:文章立足于初中数学教学实践ꎬ结合典型实例详细论述了利用两点之间线段最短结论解决最值问题的主要思路ꎬ旨在于为初中数学教学提供崭新思路.与此同时ꎬ通过解题活动ꎬ提高学生分析问题和解决问题的能力ꎬ提升其数学核心素养.关键词:初中数学ꎻ核心素养ꎻ线段最短ꎻ最值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０８－００１３－０３收稿日期:２０２３－１２－１５作者简介:陈礼弦(１９７１.１２ )ꎬ男ꎬ贵州省清镇人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事初中数学解题研究.㊀㊀与线段之和或差有关的几何最值问题是中考热点ꎬ通常以中考压轴题的形式出现ꎬ具有一定的选拔性功能ꎬ对学生而言具有一定的难度.这类问题是教学的难点ꎬ是核心素养的重点考查对象[１].在初中数学教学中ꎬ教师该如何引导学生利用两点之间线段最短解决最值问题呢?根据笔者多年的教学经验ꎬ只要弄清三个数学模型ꎬ学生在解决这类问题时便会收到事半功倍之效.１模型１一线两点型１.１利用两点之间线段最短求线段和的最小值１.１.１点在直线两侧时ꎬ线段和的最小值问题例１㊀如图１ꎬ两定点Ｃ㊁Ｄ位于直线ａ两侧ꎬ在直线ａ上找一点Ｍꎬ使得ＭＣ＋ＭＤ的值最小.图１㊀点在线段两侧示意图㊀㊀㊀图２㊀ＭＣ＋ＭＤ取最小值示意图解析㊀如图２ꎬ连接ＣＤ交直线ａ于点Ｍꎬ点Ｍ就是所找的点.理由是两点之间线段最短 .１.１.２点在直线同侧时ꎬ线段和的最小值问题例２㊀如图３ꎬ两定点Ｃ㊁Ｄ位于直线ａ的同侧ꎬ在直线ａ上找一点Ｍꎬ使得ＭＣ＋ＭＤ的值最小.图３㊀点在直线同侧示意图㊀㊀图４㊀ＭＣ＋ＭＤ取最小值示意图解析㊀如图４ꎬ作点Ｄ关于直线ａ的对称点Ｄᶄꎬ连接ＣＤᶄ与直线ａ交于点Ｍꎬ点Ｍ就是所找的点.显然ꎬ将直线ａ同侧两个定点转化为两侧两个定点ꎬ便可以利用点在直线两侧时线段和的最小值问题的处理方法解决最值问题.１.１.３模型应用例３㊀如图５ꎬ已知әＤＥＦ中ꎬＤＥ＝ＤＥꎬＧＨ是ＤＥ的垂直平分线ꎬＭ是ＧＨ上一动点ꎬ点Ｎ是ＥＦ的中点ꎬ如果ＤＥ＝１３ꎬәＤＥＦ的周长是３６ꎬ求ＥＭ＋ＭＮ的最小值.解析㊀如图６ꎬ连接ＤＭꎬＭＮ.因为ＤＥ＝ＤＦ＝１３ꎬәＤＥＦ的周长是３６ꎬ所以ＥＦ＝３６－２ˑ１３３１图５㊀例３题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图６㊀例３解析图＝１０.又因为Ｎ是ＥＦ的中点ꎬ所以ＥＮ＝１２ＥＦ＝５.又因为әＤＥＦ是等腰三角形ꎬ点Ｎ是ＥＦ的中点ꎬＤＮʅＥＦꎬ所以ＤＮ＝ＤＥ２－ＥＮ２＝１３２－５２＝１２.又因为ＧＨ是ＤＥ的垂直平分线ꎬ所以ＭＤ＝ＭＥꎬ所以ＥＭ＋ＭＮ＝ＤＭ＋ＭＮȡＤＮꎬ所以ＤＮ的长为ＥＭ＋ＭＮ的最小值ꎬ所以ＥＭ＋ＭＮ的最小值为１２.１.２利用两点之间线段最短求线段差最大值１.２.１点在直线同侧时ꎬ线段差的最大值问题例４㊀如图７ꎬ两定点ＭꎬＮ位于直线ｂ的同侧ꎬ在直线ｂ上找一点Ｈꎬ使得｜ＨＭ－ＨＮ｜的值最大.㊀图７㊀点在直线同侧示意图㊀图８㊀｜ＨＭ－ＨＮ｜的最大值示意图解析㊀如图８ꎬ连接ＭＮ并延长与直线ｂ交于点Ｈꎬ点Ｈ就是所找的点.１.２.２点在直线两侧时ꎬ线段差的最大值问题例５㊀如图９ꎬ两定点ＢꎬＣ位于直线ｌ的两侧ꎬ在直线ｎ上找一点Ｍꎬ使得︱ＭＢ－ＭＣ｜的值最大.图９㊀点在直线两侧示意图㊀㊀图１０︱ＭＢ－ＭＣ｜的最大值示意图解析㊀如图１０ꎬ作点Ｃ关于直线ｎ的对称点Ｃᶄꎬ连接ＢＣᶄ并延长与直线ｎ交于点Ｍꎬ点Ｍ就是所找的点.显然ꎬ将已知直线两侧的两个定点转化为同侧的两个定点ꎬ便可以用同侧线段差最大值的方法解决问题.１.２.３模型应用例６㊀如图１１ꎬ在正方形ＤＥＦＧ中ꎬＤＥ＝６ꎬ点Ｉ是对角线ＥＧ上靠近点Ｅ的三等分点ꎬ点Ｈ是ＤＧ边上的一点ꎬ且ＧＨ＝２.Ｊ为ＥＦ上一点ꎬ连接ＪＨ㊁ＪＩ.①在图中画ＪＨ－ＪＩ的最大值时点Ｊ的位置(为区分点Ｊꎬ请用字母Ｊ标记)ꎻ②求ＪＨ－ＪＩ的最大值.图１１㊀例６题图㊀㊀㊀㊀㊀图１２㊀例６解析图解析㊀如图１２ꎬ连接ＨＩ并延长交ＢＣ于点Ｊᶄꎬ则点Ｊᶄ即为所求作的点.如图１２ꎬ过点Ｉ作ＩＫʅＤＧ于点Ｋꎬ延长ＫＩ交ＥＦ于点Ｌꎬ所以ＪＨ－ＪＩ的最大值即为ＨＩ的长.因为四边形ＤＥＦＧ为正方形ꎬ所以ＤＧ//ＥＦꎬＤＥ＝ＥＦ＝ＦＧ＝ＧＤ＝６ꎬ所以四边形ＤＥＬＫ是矩形ꎬәＧＨＩ为等腰直角三角形ꎬＥＧ＝６２.因为点Ｉ是对角线ＥＧ上的三等分点ꎬ所以ＧＩ＝２３ＥＧ＝４２ꎬ所以ＫＩ＝ＧＫ＝４ꎬ所以ＨＫ＝ＧＫ－ＧＨ＝２ꎬ所以ＨＩ＝ＫＩ２＋ＨＫ２＝４２＋２２＝２５.２模型２一定两线型２.１利用两点之间线段最短求周长最小值例７㊀如图１３ꎬ点Ｄ是øＢＯＣ的内部一定点ꎬ在ＯＢ上找一点Ｎꎬ在ＯＣ上找一点Ｍꎬ使得әＤＭＮ的周长最小.解析㊀如图１４ꎬ分别作点Ｄ关于ＯＢ㊁ＯＣ的对称点Ｄᶄ㊁Ｄᵡꎬ连接ＤᶄＤᵡꎬ交ＯＢ㊁ＯＣ于点Ｎ㊁Ｍꎬ点Ｎ㊁Ｍ便是所找的点.２.２利用两点之间线段最短求线段和的最小值例８㊀如图１５ꎬ点Ｍ是øＤＥＦ的内部一定点Ｍꎬ在ＥＤ上找一点Ａꎬ在ＥＦ上找一点Ｂꎬ使得ＭＢ＋ＡＢ的值最小.４１图１３㊀例７题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１４㊀例７解析图图１５㊀例８题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１６㊀例８解析图解析㊀如图１６ꎬ作点Ｍ关于ＥＦ的对称点Ｍᶄꎬ过点Ｍᶄ作ＥＤ的垂线ꎬ分别与ＥＤ㊁ＥＦ交于点Ａ㊁Ｂꎬ点Ａ㊁Ｂ是所找的点.２.３模型应用例９㊀如图１７ꎬ在ＲｔәＢＣＤ中ꎬøＢＣＤ＝９０ʎꎬＤＣ＝６ꎬＢＣ＝８ꎬＤＥ是øＢＤＣ的平分线.若Ｍ㊁Ｎ分别是ＤＣ㊁ＤＥ上的动点ꎬ求ＮＣ＋ＮＭ的最小值.图１７㊀例９题图㊀㊀㊀㊀㊀图１８㊀例９解析图解析㊀如图１８ꎬ作点Ｍ关于ＤＥ的对称点Ｍᶄꎬ因为ＤＥ是øＢＤＣ的平分线ꎬ所以Ｍᶄ在ＤＢ上ꎬ连接ＣＭᶄꎬＮＭᶄꎬ所以ＮＭᶄ＝ＮＭꎬ所以ＮＣ＋ＮＭ＝ＮＣ＋ＮＭᶄȡＣＭᶄꎬ所以当ＣＭᶄ垂直ＡＢ时ꎬＣＭᶄ为最小值ꎬ所以ＮＣ＋ＮＭ为最小值ꎬ在ＲｔәＤＣＢꎬøＤＣＢ＝９０ʎꎬＤＣ＝６ꎬＢＣ＝８ꎬ所以ＤＢ＝ＤＣ２＋ＢＣ２＝１０ꎬ因为１２ＤＣＢＣ＝１２ＤＢＣＭᶄꎬ所以ＣＭᶄ＝２４５ꎬ所以ＮＣ＋ＮＭ的最小值为２４５.３模型３一定长ꎬ两定点型３.１异侧线段和最小值问题例１０㊀如图１９ꎬ已知直线ａʊｂꎬ直线ａ和直线ｂ之间距离为ｃꎬ在直线ａ和直线ｂ上分别找点Ａ㊁Ｂ两点ꎬ使ＡＢʅａꎬ且ＭＡ＋ＡＢ＋ＢＮ的值最小.解析㊀如图２０ꎬ将点Ｍ向下平移ｃ个单位到Ｍᶄꎬ连接ＭᶄＮ交直线ｂ于点Ｂꎬ过点Ｂ作ＢＡʅｌ１于点Ａꎬ点Ａ㊁Ｂ两点是所找的点.图１９㊀例１０题图㊀㊀㊀㊀㊀图２０㊀例１０解析图３.２同侧线段和的最小值问题例１１㊀如图２１ꎬ在直线ａ上找Ａ㊁Ｂ两点(Ａ在Ｂ左侧)ꎬ使得ＡＢ＝ｋꎬ且ＭＡ＋ＡＢ＋ＢＮ的值最小.解析㊀如图２２ꎬ将点Ｍ向右平移ｋ个单位到点Ｍᶄꎬ作点Ｍᶄ关于直线ａ的对称点Ｍᵡꎬ连接ＭᵡＮ交直线ａ于点Ｂꎬ将点Ｂ向左平移ｋ个单位到点ＡꎬＡ㊁Ｂ两点是所找的点.图２１㊀例１１题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２２㊀例１１解析图４结束语在初中数学教学中ꎬ教师引导学生经历并弄清一线两点型㊁一定两线型㊁一定长ꎬ两定点型最值问题的求解方法ꎬ不仅能够提高学生分析问题和解决问题的能力ꎬ而且能够使教师的教学效果达到教是为了不教之目的[２].参考文献:[１]孔令志ꎬ马学斌.２０２０年中考数学压轴题高频热点问题赏析(４)线段和的最小值问题:两点之间线段最短[Ｊ].中小学数学(初中版)ꎬ２０２０(１２):３７－４０.[２]叶婷婷.初中几何线段最值问题的求解策略[Ｊ].启迪与智慧(上)ꎬ２０２０(４):９６.[责任编辑:李㊀璟]５１。

专题：函数隐性零点问题

函数隐性零点问题近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。

用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。

函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。

根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的，不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。

1.不含参函数的隐性零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.题型一求参数的最值或取值范围例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2．（1）求f （x ）的单调区间；（2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值．解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）．（2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1．故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜11-+xe x +x （x ＞0）（*），令g （x ）=11-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a ∈（1，2）．当x ∈（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x ∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）．②又由g′（a ）=0，可得e a =a+2， ③所以g （a ）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。

一道高考试题解法探究的教学片断及感悟

２１０２年
第６期
Ｊｕｎ１ｏｉｅｅＭａｈｍａｉｓＥｕａｉｎｏｒａｆＣｈｎｓｔｅｔｄｃｔｃｏ
Ｎ２１Ｏ６Ｏ２
摘要：课堂例题教学是高三学生进行数学学习活动的最大平台．那么，如何来提高课堂例题教学的效果呢？从鼓励学生探
复杂形式中的基本模型！现在只要能证明当＞１，九（＞０解法３过程虽然简洁，但学生普遍感觉其技巧性强，特别是证时 ’ ）即可，又将如何证明呢？
生：要证明当＞１时，ｈ（＞０），只要证明ｈ（～＞０即）
当 ≥ １，ｘ＞０时ｆ（），用的转化思想很难想到！原来笔者给学生准备的考题标准答案所给的方法是学生最
师：说得好！这名同学用了逆向分析法，根据考题解答的
特点发现进一步解题的方向．那么，怎样说明当０＜＜ｌ，时ｈ（＜０当＞１，ｈ（＞０）；时）．
１、
吗？师者，传道授业解惑也！兵法有云：置死地而后生” “ ，更何况名师说过 “ 做好老师就不要怕挂黑板 ” ，想到这里，笔者决定
在了解多种解题方法之后，学生的解题思维不能到此完结，
令（＝＝ｎ）＿（）Ｉ＋１厂一，贝（）０＝
＜０，所以（在因为学生此时对各种解题方法的认识还不是非常深刻：几种解）题方法是否完全正确，分析解题的过程是否都很恰当，哪些是（，１上单调递减，则（＞１＝１＞０即ｆ（＞００））（），），所以般的解法，哪些是创新的巧法，哪些是最简便的解法，等等，

导数18 大题(零点分析)中档-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数——大题——零点分析（中档，中上、未）：1.（2022年山东东营J58）已知函数221()2()2x ax f x x x a e =+-∈R （ 2.71828e =…是自然对数的底数）．（1）若()f x 在(0.2)x ∈内有两个极值点，求实数a 的取值范围；（①）（2）1a =时，讨论关于x 的方程211()2|ln |()2x f x x x b x b xe⎡⎤-++=∈⎢⎥⎣⎦R 的根的个数．（零点分析，中档；第二问，未；）2.（2022年江苏南京J09）已知函数()f x =e 2x ，()(21)g x m x =+，m >0，设()()()h x f x g x =-（1）若函数()h x 有两个零点，求实数m 的取值范围；（②）（2）若直线()y g x =是直线()f x =e 2x 的一条切线，求证：∀a >b ，都有22()()2a h a h b e a b--- ．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年湖南长沙长郡中学J19）已知()()()2ln ln f x ax x x x x =+--有三个不同零点1x ，2x ，3x ，且123.x x x << （1）求实数a 的范围；（③）（2）求证：3121232.ln ln ln x x x x x x ++>（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年湖北四校联考J16）已知函数()()()1sin cos f x a x x x a R =+-∈.（④）（1）若()f x 在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点，求实数a 的取值范围；（2）若04a π-<≤，记()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()g a ，求()g a 的取值范围.（零点分析，中档，未；第二问，未；）2.（2022年湖南邵阳J41）已知函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈．（1）讨论函数()f x 的零点个数；（⑤）（2）若函数()f x 存在两个不同的零点12,x x ，证明：12x x e >．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年广东仿真J04）（12分）已知函数()f x axlnx =，(0)a ≠．（⑥）（1）若函数1()()1g x f x x ='++（其中：()f x '为()f x 的导数）有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，求证：()sin 1x f x e x <+-．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年河北J47）已知函数()()()e ln 0x af x x a a -=-+>．(1)证明：函数()f x '在()0,∞+上存在唯一的零点；（⑦）(2)若函数()f x 在区间()0,∞+上的最小值为1，求a 的值．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年广东佛山一中J29）（本小题12分）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+．（1）证明：()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭存在唯一的极值点；（⑧）（2）试讨论()f x 的零点个数．（零点分析，中档；第二问，未；）①【答案】（1）22e e a <<；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）若()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，则()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，等价于0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．令()x g x e ax =-，分类讨论()g x 有两个变号根时a 的范围；（2）化简原式可得：2()|ln |,(0,)xxh x x b x e =--∈+∞，分别讨论(1,)x ∈+∞和(0,1)x ∈时()h x 的单调性，可得()h x 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合()h x 的单调性可以得到零点个数.【详解】（1）由题意可求得()()22(2)()2x xxa x x x e ax f x x ee'---=+-=，因为()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，所以()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，即0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-，①当0a 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当0a >时，令()0x g x e a '=-=得ln x a =，当ln 2a ，即2a e 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=-<，所以()g x 在(0,2)上单调递减，不符合条件；当ln 0a ，即01a < 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0ln 2a <<，即21a e <<时，()g x 在(0,ln )a 上单调递减，(ln ,2)a 上单调递增，若要0xe ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根，则(0)0,(2)0,(ln )0,0ln 2,g g g a a >⎧⎪>⎪⎨<⎪⎪<<⎩，解得22e e a <<．综上所述，22e e a <<．（2）设2211()|ln |()2|ln |,(0,)2x x x h x x f x x x b x b x xee ⎡⎤=--+-=--∈+∞⎢⎥⎣⎦，令2x x y e =，则212x x y e '-=，所以2x x y e =在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（ⅰ）当(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，则2()ln x xh x x b e=--，所以22()21x xe h x ex x '-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．因为2210,0xe x x->>，所以()0h x '>，因此()h x 在(1,)+∞上单调递增．（ⅱ）当(0,1)x ∈时，ln 0x <，则2()ln x xh x x b e=---，所以22()21x xe h x ex x '-⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭．因为()22221,,1,01,1,x xxe ee ex x ∈><<∴>即21,xe x-<-，又211,x -<所以22()210x xe h x ex x '-⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭，因此()h x 在(0,1)上单调递减．综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(0,)x ∈+∞时，2()(1)h x h e b -=-- ，当2(1)0h e b -=-->，即2b e -<-时，()h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，当2(1)0h e b -=--=，即2b e -=-时，()h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，当2(1)0h e b -=--<，即2b e ->-时，①当(1,)x ∈+∞时，221()ln ln ln 1x x h x x b x b x b e e ⎛⎫=-->-+>-- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b -->，即()1,bx e+∈+∞；②当(0,1)x ∈时，121()ln ln ln 12x x h x x b x e b x b e -⎛⎫=-----+>--- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b --->，即()10,bx e--∈，所以当2b e ->-时，()h x 有两个零点，故关于x 的方程根的个数为2，综上所述：当2b e -<-时，关于x 的方程根的个数为0，当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为1，当2b e ->-时，关于x 的方程根的个数为2．【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.②【答案】（1）()1,+∞（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据零点存在性定理进行判定；（2）根据题意，求出切线，然后转化所给不等式逐步分析求证.【小问1详解】()()()22ln e 21,2e 202x x mh x m x h x m x =-+==⇒='-当ln 2m x <时，()()0,h x h x '<单调递减；当ln 2mx >时，()()0,h x h x '>单调递增，()min ln ()ln 1ln 2m h x h m m m m m⎛⎫∴==-+=- ⎪⎝⎭要使()h x 有两个零点，首先必有ln 01m m m -<⇒>当1m >时，注意到()()2110,e 212em h h m m m ⎛⎫-=>=-+ ⎪⎝⎭2224220m m m m m >--=->()h x ∴在1ln ,22m ⎛⎫- ⎪⎝⎭和ln ,2m m ⎛⎫⎪⎝⎭上各有一个零点，符合题意综上：m 取值范围为()1,+∞【小问2详解】证明：()22e xf x '=，设()()21g x m x =+与()f x 切于()20,ex P x ()()()00220202e 20,1,21,e 2121exx x m x m g x x h x x m x ⎧=⎪∴⇒=∴=∴=+∴=--⎨+=⎪⎩要证：()()22e 2ah a h b a b-≤-⇔-证：222e 2e 22e 2a b a a ba b--+≤--即证：222e e 2e a b a a b-≤-，即证：()221e2b aa b --≤-令22,0a b t t -=>⇔证明：1e ,e 1t t t t ---≤+≥构造()()()e ,1e0,ttF t t F t F t --=+=>∴'-在()0,∞+上()()01F t F ∴>=，证毕！【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．③【答案】（1）()2e e 11e e 1-+-（，）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先利用参变量分离法，可得ln ln x xa x x x=--，然后构造函数ln ()ln x xh x x x x=--，判断()h x 单调性，然后作出函数的大致图像，确定a 的范围即可；（2）由（1）知，12301e x x x <<<<<，可设ln ()xu x x=，则1()1h x u u =--，然后利用导数确定()u x 的图像，由根的分布情况及111ln x u x =，32223ln ln x x u x x ==运算可得结果.【小问1详解】解：令()0f x =，得2ln (0)ln x ax x x x x+=>-，∴ln ln x x a x x x =--.设ln ()ln x xh x x x x=--，221ln (1)1ln ()(ln )x x x x x h x x x x ----=--'2222(1ln )(ln )(ln )x x x x x x x ⎡⎤---⎣⎦=-22222(1ln )2ln (ln )ln (1ln )(2ln )(ln )(ln )x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤----⎣⎦==--设()2ln x x x ϕ=-，121()2x x x x ϕ'-=-=，易知()x ϕ在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减，在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递增，∴min 11()()1ln1ln 2022x ϕϕ==-=+，∴()2ln 0x x x ϕ=->，则由()0h x '=，得1x =或e x =，令()0h x '>，解得()1,e x ∈；令()0h x '<，解得()()01e,x ∞∈⋃+，()h x ∴在()01，单调递减，在()1,e 单调递增，在()e,∞+单调递减，()h x ∴有极小值()11h =，有极大值()()2e 1e e 1e e 1e e e 1h -+=-=--，又1ln ()ln 1xh x x x x=--，当0x +→时，ln 1ln =⋅→-∞x x x x ，()∴→+∞h x ，当x →+∞时，ln 0xx→，∴()1h x →，()h x ∴的图像如下：由图可知，要使()f x 有3个不同零点，即()h x a =有3个不同零点，实数a 的取值范围为()2e e 11,e e 1⎛⎫-+ ⎪ ⎪-⎝⎭.【小问2详解】由（1）知，12301e x x x <<<<<，令ln ()x u u x x ==，则1()1h x u u=--，21ln xu x-='，故当()0,e x ∈时，()u x 单调递增；当()e,x ∞∈+时，()u x 单调递减.且0x +→时，u ∞→-；()10u =；x →+∞时，0u →；()()max1e .eu x u ==所以ln ()xu x x=的图像如下：由11u a u-=-，得1(1)(1)u u a u --=-，即2(1)10u a u a +-+-=，由根的分布知：2(1)10u a u a +-+-=有两根1u ，2u ，且1210eu u <<<，由图①②知，111ln x u x =，32223ln ln x x u x x ==，又121211u u au u a+=-⎧⎨=-⎩，∴1212u u u u +=，∴12111u u +=，∴3121231211212ln ln ln x x x x x x u u u ++=+=-，又10<u ，∴110u ->，故3121232ln ln ln x x x x x x ++>.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．④【答案】（1）31,16π⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭（2）22,024⎫-⎪⎪⎣⎭【解析】【分析】（1）令()cos sin x xF x x=，求出其导数后可判断函数的单调性，从而可求其值域，故可求实数a 的取值范围；（2）求出()f x '，令()()G x f x ='，求出()G x '，利用题设条件可得()0G x '>，从而可得()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭存在唯一的零点且可得()f x '的符号情况，从而可得()f x 的单调性，故可得其最小值，再利用导数可求其取值范围.【小问1详解】由()0f x =得cos 1sin x x a x +=，令()cos sin x xF x x=，则()2sin cos 0sin x x x F x x -'=<，所以()F x 在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，()53,06F x π⎛⎫∈- ⎪ ⎪⎝⎭，从而531,16a π⎛⎫∈--- ⎪ ⎪⎝⎭.【小问2详解】令()()cos sin G x f x a x x x '==+，因为0,,024x a ππ⎛⎫∈-≤< ⎪⎝⎭，故()()1sin cos 0G x a x x x '=-+>，所以()G x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又()00G a =<，022G ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一实数00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00G x =，且当()00,x x ∈时，()0f x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 在()00,x 上单减，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单增，从而()f x 的最小值()()()00001sin cos g a f x a x x x ==+-，∵000cos sin 0a x x x +=，∴000sin cos x x a x -=，故()()()00000001sin cos sin cos x g a f x a x x x x x ==+-=-.令()sin 0cos 2x x h x x x π-⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则()2sin cos 0cos x x xh x x +'=-<，所以()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单减，由题意04a π-<≤可得()()004h h x h π⎛⎫< ⎪⎝⎭≤，所以004x π<≤，令()sin 0cos 4x H x x x x π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭≤，则()()222cos cos 1sin cos sin cos cos cos x x x x x x x H x x x x--+=-=()2sin cos sin 0cos x x x x x -+=<，所以()H x 在0,4π⎛⎤⎥⎝⎦上单减，故()g a 的取值范围为22,024⎫-⎪⎪⎣⎭.【点睛】思路点睛：含参数的零点问题，可利用参变分离把参数的范围问题转化为不含参数的新函数的值域问题，在函数的单调性的讨论中，如果导函数的零点不易求得，可虚设零点来简化问题的讨论.⑤【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数()f x 进行求导，然后对a 进行分类讨论，便可得到函数()f x 零点的个数;（2）利用（1）的结论，便可知函数在2a e >时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可.【小问1详解】因为()()2220a x af x x x x x-'=-=>①当0a ≤，()0f x '>，函数()f x 在区间()0,∞+单调递增，（i ）0a =时，函数()f x 在()0,∞+上无零点；（ii ）0a <，由0x →时，()f x →-∞，()20f e e a =->，∴()f x 在()0,∞+只有一个零点；②当0a >时，函数()f x 在区间2a ⎛ ⎝上单调递减，在区间2a ⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；（注意0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞）所以()ln 1ln 22222a a a a a f x f a ⎛⎫≥=-=- ⎪⎝⎭，（i ）02a f >即02e a <<时，()f x 无零点；（ii ）02a f =，即2a e =时，()f x 只有一个零点；（iii ）02a f <即2a e =时，()f x 有两个零点；综上所述，当0a <或2a e =时，()f x 在只有一个零点；当02a e ≤<时，()f x 无零点；当2a e >时，()f x 有两个零点；方法二：0a =时，函数()2f x x =在()0,∞+上无零点；0a ≠时，由()21ln 0x f x a x =⇒=，令()2ln x g x x =，则()()312ln 0x g x x x -'=>，由()312ln 0x g x x e x -'==⇒=，则(x e ∈时，()g x 单调递增，)x e ∞∈+时，()g x 单调递减，则()12g x ge e =≤，做出简图，由图可知：（注意：0x →时，()g x →-∞，x →+∞时()0g x →）当10a <或12e a =，即0a <或2a e =时，21ln x a x=只有一个根，即()f x 在()0,∞+只有一个零点；当1102a e <<时，即2a e >时，21ln x a x =有两个根，即()f x 在()0,∞+有两个零点；当112a e>时，即02e a <<时，21ln x a x =无实根，即()f x 在()0,∞+无零点；综上所述，当0a <或2a e =时，()f x 在只有一个零点；当02a e ≤<时，()f x 无零点；当2a e >时，()f x 有两个零点；【小问2详解】由（1）可知2a e >时，()f x 有两个零点，设两个零点分别为12,x x ，且210x x >>，由()()21112222ln 00ln 0x a x f x f x x a x ⎧-===⇒⎨-=⎩，即211222ln ln x a x x a x ⎧=⎨=⎩，所以()()222212122121ln ln ,ln ln x x a x x x x a x x +=+-=-，即()222121122221ln ln ln ln x x x x x x x x -+=+-要证明12x x e >，即证12ln ln 1x x +>，需证()2221122221ln ln 1x x x x x x ++>-，再证2221212221ln ln x x x x x x -->+，然后证221221211ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->⎛⎫+ ⎪⎝⎭，设21x x x =，则1x >，即证221ln 01x x x -->+，即22ln 101x x +->+，令()()22ln 111h x x x x =+->+，则()()()()()()22222222222141140111x x x x h x x x x x x x +--'=-==>+++，故函数()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h x h >=，即有22ln 101x x +->+，所以12x x e >．⑥【答案】见解析【详解】（1）依题意知：(0,)x ∈+∞，()f x alnx a '=+，∴1(),((0,))1g x alnx a x x =++∈+∞+∴22(21)()(1)ax a x a g x x x +-+'=+，()g x 有两个极值点，()g x ∴'在(0,)+∞有两个变号零点，令()0g x '=得：2(21)0ax a x a +-+=，(0)a ≠，关于x 的一元二次方程有两个不等的正根，记为1x ，2x ，∴1212000x x x x >⎧⎪+>⎨⎪⋅>⎩ ，即410210a a a -+>⎧⎪-⎨->⎪⎩，解得14102a a ⎧<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，∴104a <<，故a 的取值范围为：1(0,)4．（2）证明：当1a =时，()sin 1sin 1sin 10x x x f x e x xlnx e x e x xlnx <+-⇔<+-⇔+-->，设()sin 1(0)x M x e x xlnx x =+-->，()cos (1)x M x e x lnx '=+-+，()2x M x e lnx ∴'-- ，先证1x e x >+，令()1x g x e x =--，()1x g x e '=-，当0x >时，()0g x '>，()g x ∴在[0，)+∞上单调递增，又(0)0g = ，0x ∴>时()0g x >，即1x e x >+．再证1lnx x - ，令()1h x lnx x =-+，11()1x h x x x -'=-=，当01x <<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当1x >时，()0h x '<，()h x 单调递减．()h x h ∴ （1）0=，1lnx x ∴- 成立，()2(1)(1)20x M x e lnx x x ∴'=-->++--=，(0,)x ∴∈+∞时，()M x 单调递增，∴当[1x ∈，)+∞，()M x M （1）sin110e =+->，∴当(0,1)x ∈，0xlnx ->，0()sin 1sin 1sin 010x x M x e x xlnx e x e ∴=+-->+->+-=，(0,)x ∴∈+∞，()0M x >，命题得证．⑦【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到()f x '在()0,∞+上单调递增，再计算(0)f '，构造函数，利用导数说明(0)0f '<，再计算(1)f a '+，即可得到(1)0f a '+>，从而得证；（2）由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，即001x a e x a -=+，即可得到min 0()()f x f x =，即可得到001ln()1x a x a -+=+，再根据1ln y x x=-的单调性得到01x a =-，即可得到121a e -=，从而求出a 的值；(1)证明：∵()()()e ln 0x a f x x a a -=-+>，∴()1e x a f x x a--'=+．∵e x a y -=在区间()0,∞+上单调递增，1y x a=+在区间()0,∞+上单调递减，∴函数()f x '在()0,∞+上单调递增．又1(0)a aa a e f e a ae --'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10a g a e '=-<，则()g a 在()0,∞+上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<．令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+，所以函数()f x '在()0,∞+上存在唯一的零点．(2)解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0001()e 0x a f x x a -'=-=+，即001x a e x a -=+（）．函数1()x a f x e x a-'=-+在()0,∞+上单调递增，∴当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调通增；∴0min 00()()e ln()x a f x f x x a -==-+，由（）式得min 0001()()ln()f x f x x a x a==-++．∴001ln()1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解，又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程001ln()1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12．【点睛】思路点睛：函数的零点问题，一般需要利用函数的单调性和零点存心定理进行判断，对于导数零点不易求的情形，可通过虚设零点来处理.⑧答案：【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，导函数为1()12cos f x x x'=-+．……1分当π02x <<时，21()2sin 0f x x x ''=--<，所以()f x '在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．………2分又因为π303πf ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，π2102πf ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点0ππ,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．…………3分当00x x <<时，()0f x '>；当0x x >时，()0f x '<．因此，()f x 在0(0,)x 单调递增，在0π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭存在唯一的极值点0x x =．…………4分（2）令()ln g x x x =-，则1()1g x x '=-．当01x <<时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<．因此，()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．………………………5分由于()()2sin ()2f x g x x g x =+≤+，且当4x >时，()(2)ln 442g x g <=-<-，故当3π42x ≥>时，()0f x <，从而()f x 在区间3π,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭没有零点．………………7分当π3π22x <<时，cos 0x <，从而12()110πf x x '<-<-<，()f x 在π3π,22⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．又πππ3πln 20,02222f f ⎛⎫⎛⎫=-+>< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x 在区间π3π,22⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点1π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．………………………………………………9分当π02x <<时，由（1）知()f x 在0(0,)x 单调递增，在0π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．又0πππ1(1)10,()0662f g g f x f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+<+=>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点20π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．………11分综上所述，()f x 有且只有2个零点．…………………………………………………12分。

高考数学科学复习创新方案：利用导数研究函数的零点问题

利用导数研究函数的零点问题例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解(1)设S(x)＝e x－x－b，S′(x)＝e x－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝e b－2b，设u(b)＝e b－2b，则当b>1时，u′(b)＝e b－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝e x－x－b有两个不同的零点．，设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝x－1x当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(e b)＝e b－2b>0，所以T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得e x－x＝x－ln x，即e x＋ln x－2x＝0，设h(x)＝e x＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝e x＋1x－2，设s(x)＝e x－x－1，则当x>0时，s′(x)＝e x－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即e x>x＋1，所以h′(x)>x＋1x－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，e1e3－3－2e3<e－3－2e3＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且1e3<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即e x－x<x－ln x，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即e x－x>x－ln x，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时e x－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－ln x＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故e x1－x1＝b，e x0－x0＝b，x2－ln x2－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x2－b＝ln x2，即e x2－b＝x2，即e x2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程e x－x＝b的解，同理x0－b也为方程e x－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>10＝x2－b，1＝x0－b，即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x＋(x－2)e x＝(x－1)e x，又e x>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x －ln x(x＞0)，则f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－1x －(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋1x2－a＋1x＝（ax－1）（x－1）x2(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝x－1）x2，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝x－1）x2，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)(1，＋∞)为f(1)＝a－1＞0，所以f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)因为f(1)＝a－1＜0，所以f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，则H′(x)＝1x－1＋1（x－1）2>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝（x－2）ln（x－1）x，令g(x)＝（x－2）ln（x－1）x，故g′(x)＝1x－1－2·xx－1－ln（x－1）x2＝（x－1）－1x－1＋2ln（x－1）x2，令h(x)＝(x－1)－1x－1＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋1（x－1）2＋2x－1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，x－2x→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，x－2x→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e 为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2a(x1＋x2)>3x1x2；③x1－1＋x2－1>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝e x＋bx－1，f′(x)＝e x＋b，当b≥0时，因为f(－1)b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x ∈(ln (－b )，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (ln (－b ))＝－b ＋b ln (－b )－1，要使f (x )≥0，只需f (x )min ＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，令g (x )＝x －x ln x －1，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，则由g (－b )＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，得－b ＝1，所以b ＝－1，故实数b 的取值范围为{－1}．(2)证明：当b ＝2a 时，f (x )＝e x －ax 2＋2ax －1，f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，令φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，则φ′(x )＝e x －2a ，因为函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a 有两个零点，若a ≤0，则φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，不可能有两个零点，所以a ＞0，令φ′(x )＝e x －2a ＝0，得x ＝ln (2a )，当x ∈(－∞，ln (2a ))时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减；当x ∈(ln (2a )，＋∞)时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )min ＝φ(ln (2a ))＝4a －2a ln (2a )，因为φ(x )有两个零点，所以4a －2a ln (2a )＜0，则a >12e 2.设x 1＜x 2，因为φ(1)＝e ＞0，φ(2)＝e 2－2a ＜0，所以1＜x 1＜2＜x 2，因为φ(x 1)＝φ(x 2)＝0，所以e x 1＝2ax 1－2a ，e x 2＝2ax 2－2a ，则e x 2e x 1＝x 2－1x 1－1，取对数得x 2－x 1＝ln (x 2－1)－ln (x 1－1)，令x 1－1＝t 1，x 2－1＝t 2，则t 2－t 1＝ln t 2－ln t 1，即t 2－ln t 2＝t 1－ln t 1(0＜t 1＜1＜t 2)．若选择命题①：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－u (2－t )＝2t －ln t ＋ln (2－t )－2(0＜t ＜2)，则v ′(t )＝2（t －1）2t （t －2）≤0，v (t )在(0，2)上单调递减，因为0＜t 1＜1，所以v (t 1)＞v (1)＝0，即u (t 1)－u (2－t 1)＞0，亦即u (t 2)＝u (t 1)＞u (2－t 1)，因为t 2＞1，2－t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2＞2－t 1，则x 2－1＞2－(x 1－1)，整理得x 1＋x 2＞4，所以7x 1＋bx 2＝7x 1＋2ax 2＞7x 1＋7x 2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－t －1t －2ln t ，则v ′(t )＝（t －1）2t2≥0，v (t )在(0，＋∞)上单调递增，又v (1)＝0，所以当t ∈(0，1)时，v (t )＝u (t )－v (1)＝0，即u (t )<因为0<t 1<1，所以u (t 2)＝u (t 1)<因为t 2＞1，1t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2－1<1x 1－1，即x 1x 2＜x 1＋x 2，所以x1x2<x1＋x2<2312e2(x1＋x2)<23a(x1＋x2)，所以2a(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln t2t1，因为0<t1<1<t2，所以t2t1>1.令F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1，则当t>1时，F′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2>0，所以F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1>F(1)＝0，所以ln t>2（t－1）t＋1，则t2－t1＝2ln t2t1>4·t2－t1t2＋t1，两边约去t2－t1后，化简整理得t1＋t2>2，即x1－1＋x2－1>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝a e－x＋ln x－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求x2x1的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a e －x＋1x ＝e x －ax x e x ，∵a ≤e ，∴e x －ax ≥e x －e x .设g (x )＝e x －e x ，则g ′(x )＝e x －e ，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0，∴f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤e 时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0x 1＝ax 1，x 2＝ax 2，两式相除得，e x 2－x 1＝x 2x 1，设x 2x 1＝t ，则t >1，x 2＝tx 1，e (t －1)x 1＝t ，∴x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，∴x 1＋x 2＝（t ＋1）ln tt －1.设h (t )＝（t ＋1）ln t t －1(t >1)，则h ′(t )＝t －1t －2ln t （t －1）2，设φ(t )＝t －1t－2ln t (t >1)，则φ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝（t －1）2t 2>0，∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t )>1－11－2ln 1＝0，∴h ′(t )>0，则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，又x 1＋x 2≤2ln 3，即h (t )≤2ln 3，又h (3)＝2ln 3，∴t ∈(1，3]，即x 2x 1的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)答案B解析f (x )＝x 3＋ax ＋2，则f ′(x )＝3x 2＋a ，若f (x )存在3个零点，则f (x )存在极大值和极小值，则a <0.令f ′(x )＝3x 2＋a ＝0，解得x ＝－－a3或x ＝－a 3，且当x ∈∞∪时，f ′(x )>0，当x ∈－－a 3，f ′(x )<0，故f (x )的极大值为f，若f (x )存在3个零点，则，即a －a3＋2>0，a －a3＋2<0，解得a <－3.故选B.2．(2023·济宁二模)已知函数f (x )，x ≤0，ln x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则实数a 的取值范围是()A ．(－e ，0)－1e ，C ．(－∞，－e)∞答案C解析y ＝f (－x )与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且f (0)＝0，要想g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则当x ＞0时，－x ＝a ln x 要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x ＝1时，－1＝0，不符合题意；当x ≠1时，a ＝－x ln x ，令h (x )＝－xln x ，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h ′(x )＝1－ln x （ln x ）2，令h ′(x )＞0得0＜x ＜1，1＜x ＜e ，令h ′(x )＜0得x ＞e ，故h (x )＝－xln x在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，且当x ∈(0，1)时，h (x )＝－x ln x>0恒成立，h (x )＝－xln x在x ＝e 处取得极大值，其中h (e)＝－e ，故a ∈(－∞，－e)，此时直线y ＝a 与h (x )＝－xln x的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f (x )＝mx －ln x ＋m 在区间(e －1，e)上有唯一零点，则实数m 的取值范围为()A.－e e 2＋1，e 2＋1－1e ＋1，－ee ＋1，1，e 2＋答案B解析函数f (x )＝mx －ln x ＋m ，令f (x )＝0，则ln x ，即m ＝x ln x x ＋1，令h (x )＝x ln x x ＋1，则h ′(x )＝x ＋1＋ln x （x ＋1）2，令k (x )＝x ＋1＋ln x ，则k ′(x )＝1＋1x >0，所以函数y ＝k (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故k (x )>k (e －1)＝e －1>0，所以h ′(x )>0，故函数y ＝h (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故h (e －1)<h (x )<h (e)，即－1e ＋1<h (x )<e e ＋1，所以－1e ＋1<m <ee ＋1，故实数m －1e ＋1，故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f (x )＝x －ln x ＋m (m ∈R )，若f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，则下列关系式不正确的是()A ．m <－1B ．x 1＋x 2≤2C ．0<x 1<1D ．e x 1－x 2＝x 1x 2答案B解析f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f (x )min ＝f (1)＝1＋m <0，即m <－1，并且0<x 1<1，故A ，C 正确；由于x 1，x 2为f (x )的零点，故有x 1－ln x 1＋m ＝0①，x 2－ln x 2＋m ＝0②，两式相减得，x 1－x 2＝lnx 1x 2，即e x 1－x 2＝x 1x 2，故D 正确；由①②可知，m ＝ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，令g (x )＝ln x －x ，则g (x 1)＝g (x 2)，g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，所以在(0，1)上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，在(1，＋∞)上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，令h (x )＝g (x )－g (2－x )＝ln x －x －ln (2－x )＋2－x ＝ln x －ln (2－x )－2x ＋2，则h ′(x )＝1x＋12－x －2＝2x 2－4x ＋2x （2－x ）＝2（x －1）2x （2－x ），所以当0＜x ＜1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以g (x 1)<g (2－x 1)，又因为g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (x 2)＝g (x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2，故B 不正确．故选B.二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，则()A ．f (x )有两个极值点B ．f (x )有三个零点C ．点(0，1)是曲线y ＝f (x )的对称中心D ．直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1＞0，得x ＜－33或x ＞33；由f ′(x )＝3x 2－1＜0，得－33＜x ＜33.所以f (x )＝x 3－x ＋1∞在－33，f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值－33＋1＝1－239＞0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1.若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上，若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的是()A ．aB ．y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C ．x 1＋x 2>6D ．若a x 2－x 1<2－aa答案ABD解析由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x－a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，∴当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，∴ln 1a －1>0，可得0<a <1e .综上可得，0<a <1e ，故A 正确；当a →1e时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误；∵当x f (x )单调递增，a ∴(0，e)B 正确；∵f (x )a 1，x 1，2a ，x 2f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1.∵ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2<2a ，∴x 2－x 1<2a －1＝2－a a ，故D 正确．故选ABD.7．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数inv x ＝tan x －x ，其中x 的单位为弧度，则下列说法正确的是()A ．x ·inv x 是偶函数B ．inv x －π2－k π，π2＋k 2k ＋1个零点(k ∈N )C ．inv x －π2－k π，π2＋k 4k ＋1个极值点(k ∈N )D ．当－π2<x <0时，inv x <x －sin x答案ABD解析函数inv x ＝tan x －x ∈R|x ≠n π＋π2，n ∈显然y ＝x 和inv x 均为奇函数，因此x ·inv x 是偶函数，A 正确；当x －π2，令h (x )＝inv x ，h ′(x )＝1cos 2x －1≥0，函数inv x －π2，x ＝0时，inv x ＝0，即函数inv x －π2，x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 时，令x＝t ＋k 1π，t －π2，则tan x －x ＝tan(t ＋k 1π)－(t ＋k 1π)＝tan t －t －k 1π，令y ＝tan t －t ，t －π2，y ＝tan t －t －π2，R ，直线y ＝k 1π(k 1∈Z )与y ＝tan t －t ，t －π2唯一交点，因此函数inv x 在－π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上有唯一零点，所以inv x －π2－k π，π2＋k2k ＋1个零点(k ∈N )，B 正确；由B 项知，函数inv x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上为增函数，因此inv x 不存在极值点，C 错误；令函数f (x )＝inv x －x ＋sin x ，求导得f ′(x )＝1cos 2x －2＋cos x ，当－π2<x <0时，设u ＝cos x ∈(0，1)，g (u )＝1u2－2＋u ，求导得g ′(u )＝1－2u 3<0，函数g (u )在(0，1)上单调递减，g (u )>112－2＋1＝0，即f ′(x )>0，因此f (x )π2，f (x )<f (0)＝0，即inv x <x －sin x ，D 正确．故选ABD.8．(2024·日照模拟)已知函数f (x )＝x 2＋x －1e x ，则()A ．函数f (x )只有两个极值点B ．若关于x 的方程f (x )＝k 有且只有两个实根，则k 的取值范围为(－e ，0)C ．方程f (f (x ))＝－1共有4个实根D ．若关于x 的不等式f (x )≥a (x ＋1)的解集内恰有两个正整数，则a 的取值范，12e答案ACD解析对f (x )求导得f ′(x )＝－x 2－x －2e x ＝－（x ＋1）（x －2）ex，当x <－1或x >2时，f ′(x )<0，当－1<x <2时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－e ，在x ＝2处取得极大值f (2)＝5e 2，A 正确；由上述分析可知，曲线y ＝f (x )及直线y＝k 如图所示，由图可知，当－e<k≤0或k＝5e2时，直线y＝k与曲线y＝f(x)有2个交点，所以若方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0]∪5e2，B错误；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝－1±52，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由图可知，f(t)＝－1有两解分别为－1－52<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋5<2e，则－1－52>－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝1e ，f(2)＝5e2，f(3)＝11e3，记k1＝f（1）－01－（－1）＝12e，k2＝f（2）－02－（－1）＝53e2，k3＝f（3）－03－（－1）＝114e3，所以k3<a≤k1，D正确．故选ACD.三、填空题9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝e x－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案12e32，＋∞解析函数f(x)＝e x－2ax＋a，定义域为R，显然x＝12不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝e x2x－1，设g(x)＝e x2x－1，则g′(x)＝（2x－3）e x（2x－1）2，令g′(x)<0，解得x<32且x≠12，令g ′(x )>0，解得x >32，故g (x )∞递增．当x <12时，g (x )<0，当x >12时，g (x )>0，当x ＝32时，g (x )取得极小值＝12e 32，作出函数g (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是e 32，＋10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n ，则称两个函数互为“n 度零点函数”．若f (x )＝ln (x －2)与g (x )＝ax 2－ln x 互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为________．答案12e解析因为函数f (x )的零点为3，所以设函数g (x )的零点为x 0，则|x 0－3|＜2，解得1＜x 0＜5.g (x 0)＝ax 20－ln x 0＝0，a ＝ln x 0x 20(1<x 0<5)，令h (x )＝ln xx 2(1<x <5)，求导得h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(e ，5)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e .所以实数a 的最大值为12e.四、解答题11．(2023·广州模拟)已知函数f (x )＝e x －1＋e －x ＋1，g (x )＝a (x 2－2x )(a <0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数．解(1)由f (x )＝ex －1＋e－x ＋1，可得f ′(x )＝ex －1－e－x ＋1＝e 2（x －1）－1ex －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，则x －1<0，可得f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，则x －1>0，可得f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．故函数f (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋e x－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．ax2－ln x.12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝12(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－ln x，f′(x)＝x2－1x，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝12，无极大值．(2)因为f′(x)＝ax－1x ＝ax2－1x，①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递增，要使方程f(x)＝1在[1，2]1）≤1，2）≥1，1，－ln2≥1，得1＋ln22≤a≤2，因为1＋ln22<1，所以1≤a≤2.②若a≤14，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递减，此时f(x)≤f(1)＝a2≤18，不符合题意．③若14<a<1，当1≤x<1a时，f′(x)<0，当1a<x≤2时，f′(x)>0，所以f(x)在12上单调递增，此时f(1)＝a2<12，f(1)<12，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则需f(2)＝2a－ln2≥1，解得a≥1＋ln22，所以1＋ln22≤a<1.综上可知，实数a的取值范围为1＋ln22，2.13．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln2）2x(x>0)．令f′(x)>0，得0<x<2ln2；令f′(x)<0，得x>2ln2，故函数f(x)(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x aa x ＝1(x>0)有两个不同的解，故方程ln xx＝ln aa有两个不同的解．设g(x)＝ln xx(x>0)，则g′(x)＝1－ln xx2(x>0)．令g′(x)＝1－ln xx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)又g(1)＝0，故要使方程ln xx ＝ln aa有两个不同的解，则0<ln aa<1e.即0<g(a)<g(e)，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)．综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．14．(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x，g(x)＝f（x）x，a∈R.(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：x41x2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．解(1)g(x)＝f（x）x ＝ln x－ax－1，g′(x)＝1x－a，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝1a，当x g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x g′(x)＜0，g(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，解得2a＝ln x1－ln x2x1－x2，(*)要证x41x2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，即证4·2ax1＋2ax2＞3，把(*)式代入得ln x1－ln x2x1－x2(4x1＋x2)>3，所以应证ln x1x2<3（x1－x2）4x1＋x2＝4·x1x2＋1令t＝x1x2，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－3（t－1）4t＋1<0(0<t<1)成立，而h′(t)＝1t －15（4t＋1）2＝16t2－7t＋1t（4t＋1）2>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln1－3×（1－1）4×1＋1＝0，不等式得证．。

高考数学复习《导数中的隐零点问题》

衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中李娜知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。

这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。

解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。

列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。

第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。

典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围.例1 已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．（1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1，所以h （x ）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln）有唯一根，)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．例2 已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.[来源:]【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 例3已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值；（Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-.),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a解：（Ⅰ）因为+3()ex mf x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）设()()+eln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+．所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分因为1m ≥，所以()()1e+1e 1e e e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分例4 已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．巩固练习1.已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．3.已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值.（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.4．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．参考答案1.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．3.（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.4.【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．。

隐零点问题基础知识

隐零点问题基础知识
定义
隐零点问题是指一个方程系统中存在零点，但该零点不能通过简单地将每个方程设置为零并求解来找到。

原因
隐零点问题通常由以下原因引起：
•方程系统是非线性的，这意味着方程不能表示为线性方程组。

•方程系统存在重根或奇点，即方程的导数在该点为零。

类型
隐零点问题有两种主要类型：
•可移动隐零点：这些零点可以通过改变方程系统的参数或在方程中添加额外的约束条件来消除。

•不可移动隐零点：这些零点不能通过上述方法消除，只能通过使用数值方法求解。

求解方法
求解隐零点问题的方法包括：
•图形方法：绘制方程曲线的图形并寻找它们相交的点。

•数值方法：使用迭代算法，如牛顿法或拟牛顿法，以数值方式求解零点。

•解析方法：使用代数或几何技术来分析方程系统并找到零点。

应用
隐零点问题在工程、科学和金融等领域中都有广泛的应用，例如：
•结构分析：求解包含非线性方程的结构系统。

•流体力学：模拟湍流等非线性流动。

•优化问题：求解具有约束条件的非线性优化问题。

重要注意事项
•隐零点问题可能很难求解，尤其是在方程系统复杂时。

•找到所有隐零点对于充分理解方程系统的行为至关重要。

•数值方法通常用于求解隐零点问题，但可能需要大量的计算时间和资源。

导数零点问题求解探析

导数零点问题求解探析作者：林志鹏来源：《中学课程辅导·教师教育（中）》2018年第07期【摘要】函数与导数是高考试卷的常见压轴题。

“导数易得，零点难求。

”本文通过几道典型题目探讨了这类问题的几种常见破解方法，丰富这类问题的解题策略，提高解题效率。

要能够从容应对此类高考压轴题，除了注重总结，根本上还是要提高数学学科素养，才能融会贯通。

【关键词】导数零点问题总结学科素养【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 A 【文章编号】 1992-7711（2018）07-035-01导数是研究函数性质的重要工具，而求导数零点是导数应用的一个重要前提。

函数与导数是高考试卷的常见压轴题，其中导数零点无法求解往往是此类题目的难点之一。

导数易得，零点难求，本文通过几道典型题目探讨了这类问题的几种常见破解方法，丰富这类问题的解题策略，提高解题效率。

一、加强式子变形对数学式子进行变形，是学好代数最重要的能力之一。

加强对涉及到的式子及导数的变形，可以方便求导以及导数零点的求解。

例1.已知fx=ax-1ex+x2，x=0是fx的极值点.求证：fx≥lnax-1+x2+x+1.证明：∵f′x=exax-1+a+2x，∵x=0是fx的极值点，∴f′0=a-1=0a=1；∴fx=x-1ex+x2故要证： x-1ex≥lnx-1+x+1，令x-1=t，即证tet+1≥lnt+t+2，设hx=ex·ex-lnx-x-2x>0，即证hx≥0，h′x=e·exx+1-1x-1=ex+1ex-1ex，令ux=ex-1ex，u′x=ex+1ex2>0，∴ux在0，+∞上递增，又u1=e-1e>0， ue-2=ee-2-ex0时，ux>0h′x>0，∴hx≥hx0=ex0·ex0-lnx0-x0-2=ex0·1ex0+lnex0+1-x0-2 =1+x0+1-x0-2=0.点评：此题用到两次重要的式子变形，一个是将要证明的式子转化成tet+1≥lnt+t+2，另一个是h′x=e·exx+1-1x-1=ex+1ex-1ex的变形整理。

高三数学复习微专题《隐零点问题》

为超越方程，无法求出其根（即导函数 g（ x）的零点无法求出），故先运用零点存在性定理
确定导函数有零点，并对其零点设而不求，然后采取整体代换的策略进行处理，在处理过程
中最好是将超越式用普通式的代数式替代，化为较容易研究的函数（如基本初等函数等），
随后问题也就会得到很好的解决.
二、整体代换，构造关于隐零点的单一函数进行卡根
x
2a
x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数 a ；若不存在，请说明理由.
【总结】解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判定导函数零点的存在性，
列出零点方程 f (x0 ) 0 ，并结合 f (x) 的单调性得到零点的范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数 f (x) 的正负，进而得到 f (x) 的最值表达式；
x
a 0 ，求 a 的取值范围.
解析：由已知得（ f x）min 0 (a 0, x 0)
f（' x）
aex

a 1 x2

aex
x2 (a x2
1)
令
g（x）=
aex
x2
(a
1) ， (a
0, x
0)
由 g（ x）= a(2x x2)ex 0 得 g（x）在（0，+∞）上递增，
x0
e
【评析】上述两题的本质是通过整体代换建立不等式求隐零点的范围，其中求参数范围有两
种策略：（1）直接解不等式求之（2）研究函数的单调性求之，此知识点在压轴题中经常考
查，最后回眸一笑，以隐零点的范围作为函数的定义域，求出参数的范围.
练习 1.已知函数（f x） lnx （ a x﹣1）（2 a＞0），若（f x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0 ，