虚设隐零点巧解高考题

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高考培优微专题《隐零点问题》解析版

高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f ′(x )=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x =x 0,使得f ′(x )=0成立,这样的x 0就称为“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入f (x ),得到f (x 0);(4)再将x 0的等式代换,再求解(注意:x 0的取值范围).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(2)当a =1且k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，求k 的最大值．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,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x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解　(1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.函数f(x)=xe x-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(1)∵f(x)=xe x-ax+b，∴f′(x)=(x+1)e x-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解　f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明　当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)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】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(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<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0, +∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解　g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明　f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解　(1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，x 0 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )max =f (x 0)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。

高考数学专题一微专题12 隐零点问题

的取值范围；
f(x)＝12x2－x＋asin x，则 f′(x)＝x－1＋acos x， ∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1，令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立， ∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0， ∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0， ∴λ的取值范围是(－∞，0].
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意 b≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝ex－lnxx－1x，
则
1－ln h′(x)＝ex－ x2
x＋x12＝x2ex＋x2 ln
x ，
令 u(x)＝x2ex＋ln x，则 u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以 u(x)在(0，＋∞)
专题一函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12，＋∞时，h(x0)min＝h(e)＝－e，综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e，得b≥－e. 故b的取值范围是[－e，＋∞).
考点三与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝12x2－x＋asin x. (1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。

2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。

3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。

4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。

5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。

6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。

7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。

8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。

以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。

导数中的隐零点专项训练题

导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、（2012年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练：已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、（2013年全国新课标Ⅱ卷理科第21题）已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >.变式训练：已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <. (Ι)求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：()21112f x >.3、（2017年泸州高中高二年级第一次月考文科第21题）已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =；（Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：（2012年全国新课标理科第21题）已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+. （Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；（Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。

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。

函数隐零点的处理技巧

函数隐零点的处理技巧近些年高考压轴题中，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. 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法. 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围例1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-+x e 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 ）．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.2.不等式的证明例2.已知函数f （x ）=2)(ln a x x+，其中a 为常数．（1）若a=0，求函数f （x ）的极值；（2）若函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，求实数a 的取值范围；（3）若a=﹣1，设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，求证：f （x 0）＜﹣2．解析（1）略解f （x ）极大值=f （e ）=e21，无极小值；（2）可得a≤﹣e2；（3）证明：a=﹣1，则f （x ）=2)1(ln -x x导数为f′（x ）=3)1(1ln 21---x x x ，①设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，②可得01ln 2100=--x x ，即有011ln 2x x -=，要证f （x 0）＜﹣2，即200)1(ln -x x +2＜0，由于200)1(211--x x +2=)1(2100-x x +2=)1(2)21(0020--x x x ，由于x 0∈（0，1），且x 0=21，2lnx 0=1﹣01x 不成立，③则02)1(ln 200<+-x x ，故f （x 0）＜﹣2成立．点评：处理函数隐性零点的三个步骤清晰可见.3.对极值的估算例3.已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，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．解析（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于 h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣x1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．因为当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以a1=1，解得a=1；（另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1），所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ，令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣x1，令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （21）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜412121)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21，所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e 1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e 1）=21e；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．点评：本题处理函数的隐性零点的三步亦清晰可见，请你标一标.简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是：第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三个步骤实质就是求函数的值域或最值.最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现. 二、针对性演练：1．已知函数 f （x ）=22ln )21(ax x x x ++（a ∈R ），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-λlnx+241x ，求λ的最大值．2．设函数f （x ）=e 2x ﹣alnx ．（Ⅰ）讨论f （x ）的导函数f′（x ）零点的个数；（Ⅰ）证明：当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a2．三、针对性演练参考答案：1.解：（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+21）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a+21 +1=2，∴41=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x ＞0，∴ex 1>．x ∈（e1，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（0，e 1）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e1，+∞），单调递减区间为（0，e1）．（2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+41x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ⇔λ>+-13ln x x x x ．设h （x ）=13ln +-x xx x ，只需λ＜h （x ）minh '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2)1(ln 2++-x xx （x ＞0），令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u （1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0，当x ∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，当x ∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =13)2(0000+--x x x x =x 0，∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z ，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 2.解（Ⅰ）f （x ）=e 2x ﹣alnx 的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=2e 2x ﹣xa．当a≤0时，f′（x ）＞0恒成立，故f ′（x ）没有零点，当a ＞0时，∵y=e 2x 为单调递增，y=﹣xa单调递增， ∴f ′（x ）在（0，+∞）单调递增，又f′（a ）＞0，假设存在b 满足0＜b ＜ln 2a 时，且b ＜41，f′（b ）＜0，故当a ＞0时，导函数f ′（x ）存在唯一的零点，（Ⅰ）由（Ⅰ）知，可设导函数f ′（x ）在（0，+∞）上的唯一零点为x 0，当x ∈（0，x 0）时，f′（x ）＜0，当x ∈（x 0+∞）时，f′（x ）＞0，故f （x ）在（0，x 0）单调递减，在（x 0+∞）单调递增，所以当x=x 0时，f （x ）取得最小值，最小值为f （x 0），由于02x a ﹣0x a =0，所以f （x 0）=02x a +2ax 0+aln a 2≥2a+aln a2．故当a ＞0时，f （x ）≥2a+alna2.。

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 ，
精品公众号：学起而飞
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
，
精品公众号：学起而飞
令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
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

虚设零点巧解高考函数压轴题

１２
＝槡ｅ－２＜０，
( ) 可知导函数存在零点ｘ０∈ １２，１，且ｅｘ０＝ｘ１０，两边
取对数有ｘ０＝ｌｎｘ１０＝－ｌｎｘ０，结合单调性易知ｘ０是
函数的极小值点，所以
ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘ０）＝ｅｘ０Leabharlann －ｌｎｘ０＝１ｘ０
＋ｘ０＞２．在这个问题中，巧妙的虚设零点ｘ０，再将
ｅｘ０和ｌｎｘ０用ｘ０表示，得到ｆ（ｘ０）＝ｘ１０＋ｘ０，问题从而
设ｈ（ｘ）＝２ｘ－２－ｌｎｘ，ｈ′（ｘ）＝２－１ｘ．从而可
( ) 得ｈ（ｘ）在区间０，１２单调递减，在区间
( ) ( ) １２，＋∞
单调递增．又
ｈ（ｅ－２）＞０，ｈ
１２
＜０，所以
( ) ( ) ｈ（ｘ）在０，１２有唯一零点ｘ０，在１２，＋∞ 有唯一
零点１，且当ｘ∈（０，ｘ０）时ｈ（ｘ）＞０，即ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；当ｘ∈（ｘ０，１）时ｈ（ｘ）＜０，即ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减；当ｘ∈（１，＋∞）时，ｈ（ｘ）＞０，即
解决．在高考中我们也经常遇到这种问题：
例１（２０１７年全国卷２理２１题）已知函数ｆ（ｘ）＝ａｘ２－ａｘ－ｘｌｎｘ，且ｆ（ｘ）≥０．
（１）求ａ；
（２）证明：ｆ（ｘ）存在唯一的极大值点ｘ０，且
ｅ－２＜ｆ（ｘ０）＜１４．
对第（２）问进行分析：由（１）知ａ＝１．ｆ（ｘ）＝ｘ２－ｘ－ｘｌｎｘ，ｆ′（ｘ）＝２ｘ－２－ｌｎｘ，
多次全等证明，因此不排除学生思考全面，给出如笔得出结论．在命题过程中，如果给出图形，那么情
者一般的证明过程，说明试题存在错误．

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

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
【典型例题】
类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）区间
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x
0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
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.
我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，

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 ，

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

专题三 . 隐零点专题知识点一、不含参函数的隐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.二、含参函数的隐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. 例1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ，证明)(x g ＞0.例2.（2017052001）已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.例3.（2017.全国II.21）已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且()0f x ≥.（I ）求a ；（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e . 例 4.(2016.全国甲.21)（I ）讨论函数2(x)e 2x x f x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> （II ）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.例 5.（2013.湖北.10）已知a 为常数，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.21)(,0)(21-<<x f x fC.21)(,0)(21-<>x f x fD.21)(,0)(21-><x f x f 例6.（2017022802）已知函数)ln 1()(x x x f +=.（I ）求函数)(x f 的单调区间及其图象在点1=x 处的切线方程；（II ）若Z ∈k ，且)()1(x f x k <-对任意1>x 恒成立，求k 的最大值.例1例4导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练：已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >.变式训练：已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <.(Ι)求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：()21112f x >.3、已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =；（Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+. （Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；（Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.4、已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练 ,已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数.（Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练,已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.变式训练 ,已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。

2021年高考数学虚设零点法解决隐零点问题

解析：（1）因为
f
( x)
ln x x2
，当 0
x
1 时，
f
( x)
0 ，当
x
1时，
f
( x)
0 ，所以函数
f
(x)
在 0，1上
单调递增，在 1，上单调递减，故函数 f (x) 的极大值点为 x 1 ，所以1 a, a 1，故所求的实数 a 的取值
范围是 0，1；
（2）方程 f (x) x2 2x k 有实数解，即 f (x) - x2 2x k 有实数解，
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)= e2x0 a ln x0 ．
因为 2e2x0 - a 0 ，所以 e2x0 a ，即 f(x0)＝ a ＋2ax0＋aln2≥2a＋aln2(当且仅当 x0＝1时等号成立)．
x0
2 x0
2x0
a
a
2
所以当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2. a
点评：本题第(2)问的解题思路是求函数 f(x)的最小值，因此需要求 f′(x)＝0 的根，但是 f′(x)＝2e2x－a＝0 的根无法 x
2. “虚设零点法”：基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数（参数），技巧上反客为主.
设 g(x) f (x)ຫໍສະໝຸດ x22x，则
g
(
x)
2(1
x)
ln x x2
2x2 (1 x) ln x x2

高考数学6类隐零点的终极解题套路

高考导数例1.已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。

解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立 ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in 令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e[1,1]则'=--()2ln h x x x h x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200 当∈x ex 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。

∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0 ∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0隐零点的六类终极解题套路技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< 即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x . （2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭。

隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)

隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明　由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>0恒成立，故k (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0，解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +1，f ′(0)=e -1，故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S =12×|-1|×(e -1)=e -12.(2)证明　当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。

虚设隐零点巧解高考题

虚设隐零点巧解高考题求解导数压轴题时，很多时候都需要求函数在给定区间上的零点，但经常会碰到函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形．此时，可以将这个零点虚设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为“虚设零点”法．此解题方法类似于解析几何中的“设而不求”.例1：（2017年全国II ，理21）已知函数()2ln 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()2202e f x --<<.解：(1)1a =；（2）由（1）知 ()2ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--,1()2f x x''=-∴()f x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增.即min 1()()ln 2102f x f ''==-<又222(1)0,()0f f e e -''==> ∴201(,)2x e -∃∈使得0()0f x '= 当0(0,)x x ∈时，()0f x '>，0(,1)x x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>∴()f x 在()()00,,1,x +∞单调递增，在()0,1x 单调递减即()f x 存在唯一的极大值点0x . 又000()22ln 0f x x x '=--= ∴00ln 22x x =-从而 2220000000011()ln ()24f x x x x x x x x =--=-+=--+201(,)2x e -∈ ∴ 2011()()()24f e f x f -<<=而22222()()f e e ee ----=+> ∴()2202ef x --<<评析：当导函数存在零点且无法求出时，可考虑虚设零点0x ，再对0()0f x '=进行合理的变形与代换，将超越式转化为普通式，从而达到化简0()f x 的目的.再根据零点存在性判定定理，得出201(,)2x e -∈，并结合0()f x 的单调性即可完成证明. 例2：（2015年全国Ⅰ文科21（2））设函数()2e ln x f x a x =-.求证：当0a >时，()22lnf x a a a+. 解：根据第（1）问可知()f x '有唯一零点，设零点为0x ，且()f x '在()0,+∞单调递增，当()00,x x ∈时，()0f x '<，即()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增.∴()f x 在0x x =处取得极小值，即()()0200min e ln x f x f x a x ==-.又()02002e 0x af x x '=-=，解得020e 2x a x =.① ①两边分别取自然对数，得002ln ln 2x a x =-，即00ln ln 22ax x =-. 所以()00000ln 22ln 2222a a a a f x a x ax a x x ⎛⎫=--=+- ⎪⎝⎭22ln2ln 2a a a a a a-=+（当且仅当0022aax x =，即012x =时取等号）. 评析：欲证()22lnf x a a a +，只需证()min 22ln f x a a a+，而()min f x 在()f x '的零点处取得.但()02002e 0x af x x '=-=为超越方程，无法求出其解，故只需“设而不求”，有等式()02002e 0xaf x x '=-=的合理变换，得()00022ln 2a f x ax a x a=++，再利用均值不等式即可证明.例3：（2013全国Ⅱ理科21）已知函数()()e ln xf x 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 . 解：（1）()1e xf x x m'=-+.由0x =是()f x 的极值点得()00f '=，所以1m =. 于是()()e l n 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1e 1x f x x '=-+.函数()1e 1x f x x '=-+在()1,-+∞上单调递增，且()00f '=，因此当()1,0x ∈-时，()0f x '；当()0,x ∈+∞时，()0f x '.所以，()f x 在()1,0-上单调递减，在()0,+∞上单调递增.（2）证明：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x ++≤，则()()ln ln 2x m x -+≥+-从而 ()()ln 2xf x e x ≥+-故只需证 ()()ln 20(2)xg x e x x =+>>--()211e ,()e 02(2)x x g x g x x x '''=-=+>++ ∴()1e 2x g x x '=-+在()2,-+∞上单调递增.又()()11110,002g g e ''-=-<=>，∴存在唯一()01,0x ∈-，使得()00g x '=当()02,x x ∈-时，()0g x '；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '，从而当0x x =时，()g x 取得最小值.由()00g x '=得001e2x x =+，()00ln 2x x +=-，故()()()2000011022x g x g x x x x +=+=++≥.综上，当2m ≤时，()0f x .例4：（2014年全国Ⅱ文科21）已知函数()3232f 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：（1）1a =.（2）由（1）知，32()32f x x x x =-++设()g x ()2f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+，下证()y g x =与x 轴只有一个交点由题设知10k ->.当0x ≤时，'()g x 23610x x k =-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=，所以()g x =0在(],0-∞有唯一实根.当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()g x ()(1)()h x k x h x =+->.而2'()363(2)h x x x x x =-=-，()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，∴ ()()(2)0g x h x h >≥=即()0g x =在(0,)+∞没有实根.综上，()g x =0在R 有唯一实根，即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.例5：（2009年全国Ⅱ理科22）设函数()()21f x x aln x =++有两个极值点12x x 、，且12x x <（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()21224ln f x ->解: （I ）()2222(1)11a x x af x x x x x++'=+=>-++令2()22g x x x a =++，其对称轴为12x =-.由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根，其充要条件为480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，得102a <<⑴当1(1,)x x ∈-时，()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数； ⑵当12(,)x x x ∈时，()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数； ⑶当2,()x x ∈+∞时，()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数；（II ）由（I ）21(0)0,02g a x =>∴-<<，222(2)a x x =-+2 ()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2设()()221(22)1()2h x x x x ln x x =-++>-，则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++ ⑴当1(,0)2x ∈-时，()0,()h x h x '>∴在1[,0)2-单调递增；⑵当(0,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞单调递减.()1112ln 2(,0),()224x h x h -∴∈->-=当时故()22122()4In f x h x -=>．例6：（2013年湖北理科10）已知a 为常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点)(,2121x x x x <，则（）A.)(1x f >0, )(2x f >－21B. )(1x f <0, )(2x f <－21C. )(1x f >0, )(2x f <－21D. )(1x f <0, )(2x f >－21【解析】选D∵()(ln )f x x x ax =-，∴()ln 21f x x ax '=-+ 又函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点12,x x ， ∴()ln 21f x x ax '=-+有两个零点12,x x ，即函数()ln g x x =与函数()21h x ax =-有两个交点．∴120,0a x x ><<设经过点()0,1-的曲线()ln g x x =的切线与曲线()ln g x x =相切于点()00,ln x x ，则切线方程为0001ln ()y x x x x -=-，将点()0,1-代入，得01x =，故切点为()1,0．此时，切线的斜率1k =，∴要函数()ln g x x =与函数()21h x ax =-有两个交点，结合图象可知，021a <<，即1210,012a x x <<<<< ∴ 1111()(ln )f x x x ax =-而111()ln 210f x x ax '=-+=的11ln 21x ax =- ∴21111111()(21)(0)0(01)f x x ax ax ax x f x =--=-<=<<同理，由222()ln 210f x x ax '=-+=得22ln 12x ax +=∴2222222()(ln )(ln 1)(1)2x f x x x ax x x =-=->，设()(ln 1)(1)2x h x x x =->则ln ()0(1)2x h x x '=>>，即()h x 在(1,)+∞单调递增， ∴1()(1)2h x h >=-即21()2f x >-。

导数隐零点问题常见方法汇总

导数隐零点问题常见方法汇总技巧一虚设零点——媒介过渡例1．已知函数()ln f x x x =，（1）证明：1()ef x -≥；（2）已知函数2()g x x x k =-+-，若对区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上任意x 均有()()f x g x ≤恒成立，求k的最大值．解：(1）略（2)由题设条件知：2ln x x x x k -+-≤在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立2ln k x x x x⇔≤--+在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立()2minln k x x x x⇔--+≤．令21()ln ,,1e h x x x x x x ⎡⎤=--+∈⎢⎥⎣⎦，则()2ln h x x x '=--，11()201h x x x e ''⎛⎫=--<<< ⎪⎝⎭，即()h x '为减函数，又1110h e e'⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，(1)20h '=-<．()h x '∴在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一的零点0x ，且00ln 2x x =-．当01,x x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0,()h x h x '>单调递增，当()0,1x x ∈时()0h x '<，()h x 单调递减．min 1()min ,(1)h x h h e ⎧⎫⎛⎫∴=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，又21210e h e e -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)0h =．min ()0h x ∴=，所以0k ≤，故max 0k ≤．例2(19课标1）已知函数()sin ln(1),()f x x x f x '=-+为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：(1）由题意知：()f x 定义域为：(1,)-+∞且1()cos 1f x x x '=-+．令211()cos ,1,()sin ,1,12(1)2g x x x g x x x x x 'ππ⎛⎫⎛⎫=-∈-∴=-+∈- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭．21(1)x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又(0)sin 0110g '=-+=>，02244sin 100,22(2)(2)2g x 'πππ⎛⎫⎛⎫=-+=-<∴∃∈⎪ ⎪π+π+⎝⎭⎝⎭，使得()00g x '=，∴当()01,x x ∈-时，0()0;,2g x x x 'π⎛⎫>∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x ．（2）由（1）知：1()cos ,(1,)1f x x x x '=-∈-+∞+．①当(1,0]x ∈-时，由（1）可知()f x '在(1,0]-上单调递增，()(0)0,()f x f f x ''∴=∴≤在(1,0]-上单调递减，又(0)00f x =∴=为()f x 在(1,0]-上的唯一零点．②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又(0)0f '=，()00f x '∴>，()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()(0)0f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ'⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10()f x f x '=∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减．又()02(0)0,sin ln 1ln ln102222e f x f f ππππ⎛⎫⎛⎫>==-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点．③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，ln(1)x -+单调递减，()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又0()sin ln(1)ln(1)02f f πππππ⎛⎫>=-+=-+< ⎪⎝⎭，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点．④当(,)x π∈+∞时，sin [1,1],ln(1)ln(1)ln 1x x e π∈-+>+>=，sin ln(1)0x x ∴-+<即()f x 在(,)π+∞上不存在零点．综上所述：()f x 有且仅有2个零点．技巧二敏锐洞察——观察零点技例3（13北京）设l 为曲线C ：ln xy x=在点(1,0)处的切线．（Ⅰ）求l 的切线方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线L 的下方．解：（Ⅰ） l ：1y x =-．（Ⅱ）令()1()g x x f x =--，则除切点之外，曲线C 在直线l 的下方()0(0,1)g x x x ⇔>∀>≠，()g x 满足221ln (1)0,()1()x xg g x f x x ''-+==-=．当01x <<时，210,ln 0x x -<<，所以()0g x '<，故()g x 单调递减；当1x >时，210,ln 0x x ->>，所以()0g x '>，故()g x 单调递增．所以()(1)0(0,1)g x g x x >=>≠，即除切点之外，曲线C 在直线l 的下方．例4．（11浙江）设函数2()()ln ,f x x a x a =-∈R ．（Ⅰ）若e x =为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的(0,3e]x ∈，恒有2()4e f x 成立．注：e 为自然对数的底数．解：（Ⅰ）略；（Ⅱ）由22()ln 4e ,(0,3e]x a x x -∈≤，下面讨论：1）当(0,1]x ∈时，22()ln 04x a x e -≤≤成立；2）当(1,3]x e ∈时，22()ln 4ax a x e x x -≤⇒-≤≤+；易知：a x -≥()3h x x e =；3a e -≥；a x +≤，()g x x =+()1g x '==．观察知：()0,?()g e g x '=在min (1,),(e,3e),()g()3e a g x e e ==≤．综上：33e a e -≤技巧三反带消参——构造单变量函数，研究参数值及范围例5．已知函数()ln ,(0)kf x x x k r=++≠，e 为自然对数的底数．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()()3g x f x =-的极小值大于零，求实数k 的取值范围．解：（1）22()ln ,(),(0,)k x x k f x x x f x x x x '+-=++=∈+∞． 1)当0k <时，()0,()f x f x '>在(0,)+∞递增；2)当0k >时，令2()0,0f x x x k '=+-=，方程14k 0∆=+>，两根1211022x x --=<<=，()f x ∴在()20,x 递减，而在()2,x +∞递增．综上：1）当0k <时，函数()f x 在(0,)+∞递增，2)当0k >时，函数()f x 在10,2⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭递减，而在12⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增．（2）22g ()()x x k x f x x ''+-===，由（1）知，()()22030fx fx '⎧=⎪⎨->⎪⎩222222k ln 30x x k x x x ⎧=+⎪⇒⎨++->⎪⎩22ln 220x x ⇒+->，构造函数解得：2222(1,),(2,)x k x x ∈+∞=+∈+∞，故所求：(2,)k ∈+∞．例6（2020届成都零诊）已知函数2()e 22,(0)xx f x ae ax a =-->（1）略（2）若函数()f x 有唯一零点，求实数a 的值．解：（1）略；（2）22()e22,()2e 22,(,)xx x x f x ae ax f x ae a x '=--=--∈-∞+∞，()2()4e 2220,ln 2x x x x a f x ae e e a x ''=-=-==，即()f x '在,ln ,ln ,22a a ⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，2ln 20,,()2a 0;,()22a a f a x f x x f x '''⎛⎫⎛⎫=--<→-∞→-<→+∞→+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；由零点存在性定理：0ln,2a x ⎛⎫∃∈+∞ ⎪⎝⎭，使得：()00f x '=，即：002e 0x x ae a --=--------（1）()f x ∴在()()00,,,x x -∞+∞，且,();,()x f x x f x →-∞→+∞→+∞→+∞；()0()0,f x f x ∴≥=即0020e220x x ae ax --=--------------------------------（2）由（1）（2）有：00210xe x +-=，构造函数易求唯一解00x =，即12a =成立．例7 已知函数2()1,()ln ()f x x ax g x x a a =++=-∈R ．（1）当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）若存在与函数(),()f x g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围．解：（1）略（2）设函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同，则()()()()121212f x g x fx g x x x ''-==-即()211212121ln 12x ax x a x a x x x ++--+==-，故12122a x x =-，代入()21211221ln x x x ax x a x -=++--得：222221ln 20(*)424a a x a x x -++--=．设221()ln 2424a a F x x a x x =-++--，则23231121()222a x ax F x x x x x '+-=-++=，不妨设()20002100x ax x +-=>则当00x x <<时，()0F x '<，当0x x >时，()0F x '>，即()F x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，代入200001212x a x x x -==-可得：()2min 000001()2ln 2F x F x x x x x ==+-+-．设21()2ln 2G x x x x x =+-+-，则211()220G x x x x'=+++>对0x >恒成立，所以()G x 在区间(0,)+∞上单调递增，又(1)0G =，所以当01x <时()0G x ，即当001x <时，()00F x ．又当2a x e+=时2222422111()ln 204244a a a a a a F x e a a e e e ++++⎛⎫=-++--=- ⎪⎝⎭，当001x <时，函数()F x 必有零点；即当001x <时，必存在2x 使得(*)成立；即存在12,x x 使函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同．又12y x x =-得：2120y x '=--<即12y x x =-在(0,1)递减，因此200001212x a x x x -==-[1,)∈-+∞，所以实数a 的取值范围[1,)-+∞．技巧四降次或减元留参，达到证明或求值的目的例8（09全国1)设函数32()33f x x bx cx =++在两个极值点12x x ，，且12[1,0],[1,2]x x ∈-∈．（Ⅰ）求,b c 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点(,)b c 的区域；（Ⅱ）证明：()21102f x --≤≤．解：（1）2()363f x x bx c '=++由题意知方程()0f x '=有两个根12,x x ，且1[1,0]x ∈-，2[1,2]x ∈，则有(1)0f '-≥，(0)0,(1)0,(2)0f f f '''≤≤≥，故有210,0,210,440,b c c b c b c --⎧⎪⎪⎨++⎪⎪++⎩≤≤≤≥右图中阴影部分即是满足这些条件的点(,)b c 的区域．（Ⅱ）由题意有()22223630f x x bx c '=++=⋯⋯⋯⋯① 又()32222233f x x bx cx =++⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②消去b 可得()32221322cf x x x =-+．又2[1,2]x ∈，且()21[2,0]102c f x ∈-∴--≤≤．又如：（09全国2）设函数2()aIn(1)f x x x =++有两个极值点1x ，2x 且12x x <． (Ⅰ)求实数a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；(Ⅱ)证明：()212In 24f x ->．例9．已知函数321()3f x x x ax =++．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）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：（Ⅰ）依题意可得2()2f x x x a '=++，当1a ≥时，220x x a ++≥恒成立，故()0f x '≥，函数()f x 在R 上递增；当1a <时，2()20f x x x a '=++=有两个相异实根11x ==-21x =-+且12 x x <，故2()20(,1f x x x a x '=++>⇒∈-∞--或(1),()x f x ∈-++∞递增；由2()2011f x x x a x '=++<⇒-<<-+()f x 递增递减．综上：当1a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当1a <时，()f x 在(,1x ∈-∞-递增，在(1)x ∈-+∞递增，在(11---+递减．（2）由题知，12 x x ，为()0f x '=的两根，故1a <，2112x x a =--，2222x x a =--，即：()()()322211111111111111121222333333f x x x ax x x a x ax x ax x a ax =++=--++=+=--+12(1)33a a x =--，同理()222(1)33a f x a x =--．因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--．设l 与x 轴的交点为()0,0x ，得02(1)ax a =-，而()()322220311217632(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=++=-+ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知，点()0,0x 在曲线()y f x =的上，故()00f x =，解得0a =或23a =或34a =，所以所求a 的值为0a =或23a =或34a =．技巧五：巧设零点——超越式划代数式例10（15课标1）设函数2()ln xf x ea x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a >时，2()2lnf x a a a+≥．解：（Ⅰ）()f x 的定义域为2(0,),()2(0)xaf x e x x'+∞=->．当0a ≤时，()0,()f x f x ''>没有零点；当0a >时，因为2xe 递增，a x-单调递增，所以()f x '在(0,)+∞递增．又()0f a '>，当b 满足04a b <<且14b <时，(b)0f '<，故0a >时，()f x '存在唯一零点．（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()f x '在(0,)+∞的唯一零点为0x ，公众号：钻研数学当()00,x x ∈时，()0f x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>．故()f x 在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为()0f x ．由于02020x a ex -=，所以()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a =+++≥．故当0a >时，2()2lnf x a a a+≥．例11 已知函数()3e x m f x x +=-，()()ln 12g x x =++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 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 >-．解：（I ）0m =．（II ）证法一：因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1e ln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证eln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设1()e ln(1)2x h x x +=-+-，则11()e 1x h x x '+=-+．设11()e1x p x x +=-+，则121()e 0(1)x p x x '+=+>+．所以函数11()()e 1x p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为121e 20,(0)e 102h h ''⎛⎫-=-<=-> ⎪⎝⎭，所以11()e 1x h x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭．因为()00h x '=，所以0101e1x x +=+，即()()00ln 11x x +=-+，当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．即()()()0100001()eln 121201x h x h x x x x +=-+-=++->+≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．思路2：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2(0)t t t ->>．因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线()000x x x =>与曲线e ln t y y t ==、分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为12d d 、，则()122AB d d =+．其中()0000120e ln ,022x x x x d d x --==>． ①设()()0000e 0xh x x x =->，则()00e 1xh x '=-．因00x >，所以()00e 10xh x '=->．即()0h x 在(0,)+∞上递增，则()0(0)1h x h >=．所以001e 222x x d -=>．②设()()0000ln 0p x x x x =->，则()0000111x p x x x '-=-=．因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>，所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减；当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增．故()()000212ln 222(1) 1..2222222x x p x p d AB d d ⎛⎫-==+>+= ⎪ ⎪⎝⎭≥≥≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路：设()e ln(1)2x mh x x +=-+-，则1()e 1x m h x x '+=-+．设1()e1x mp x x +=-+，则21()e 0(1)x mp x x '+=+>+．所以函数1()()e 1x m p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为1m ≥，所以()()1e 1e 1eee e e 10,(0)e 10m mmmm m m h h --'--++-+'-+=-=-<=->．所以函数1()e 1x mh x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且()01e ,0mx -∈-+．因为()00h x '=，所以001e1x mx +=+，即()00ln 1x x m +=--．当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>．当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．()()()000000011()e ln 12213011x m h x h x x x m x m x x +=-+-=++-=+++->++≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例12．已知函数2ln ()()xf x x a =+，其中a 为常数．（1）若函数()f x 在(0,)a -上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若1a =-，设函数()f x 在(0,1)上的极值点为0x ，求证：()02f x <-．解：（1）312ln ()()axx f x x a '+-=+，由题意()0f x '对(0,)x a ∈-恒成立．3(0,),()0,12ln 0ax a x a x x∈-∴+<∴+-对(0,)x a ∈-恒成立．2ln a x x x ∴-对(0,)x a ∈-恒成立．令()2ln ,(0,),g x x x x x a =-∈-则()2ln 1g x x '=+，①若120ea -<-，即120ea ->-，则()2ln 10g x x '=+<对(0,)x a ∈-恒成立，()2ln g x x x x ∴=-在(0,)a -上单调递减，则2()ln()(),0ln(),1a a a a a a ----∴-∴-与12e a --矛盾，舍去；②若12e a -->，即12ea -<-，令()2ln 10g x x '=+=，得12ex -=，当120e x -<<时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+<∴=-单调递减，当12ex a -<<-时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+>∴=-单调递增，∴当12e x -=时，1111122222min[()]e 2e gn e e 2e g x g -----⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，122e .a -∴-综上122e .a --（2）当1a =-时，23ln 12ln (),()(1)(1)xx x xf x f x x x x '--==--．令()12ln ,(0,1)h x x x x x =--∈，则()12(ln 1)2ln 1h x x x '=-+=--，令()0h x '=，得12e x -=．①当12e1x -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递减，12()0,2e 1h x -⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，312ln ()0(1)x x x f x x x '--∴=<-恒成立，∴2ln ()(1)x f x x =-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭．②当120ex -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递增，而111112ln 02222h ⎛⎫⎛⎫=--⋅=>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又()()2222e e e n e 12l h -----=-2510e =-<，∴存在唯一201e ,2x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000,0h x f x '=∴=．当00x x <<时，2ln ()0,()(1)xf x f x x '>∴=-单调递增，当120e x x -<时，2ln ()0,()(1)x f x f x x '<∴=-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭，由①和②可知，2ln ()(1)xf x x =-在()00,x 单调递增，在()0,1x 上单调递减，()0000000112ln 0,ln 2x h x x x x x x -=--=∴=，()()()00220000ln 1121111222x f x x x x x ∴===--⎛⎫--⎪⎝⎭，又010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2002011112,0,222211222x f x x ⎛⎫⎛⎫∴--∈-∴=<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫--⎪⎝⎭．技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）避开零点例13．已知函数2g()ln xx xemx x =--，(其中e 是自然对数的底数)，若()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为A ．1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．22,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C ．1,2e ⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．(,2]-∞解法1：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，只需min [()]1g x ≥即可．22211()(21)e ,()4(1)e 0,()x x g x x m g x x g x x x''''=+--=++>在(0,)+∞上递增．因为当0x →时，()g x '→-∞，当x →+∞时，()g x '→+∞，所以，()g x '在(0,)+∞上存在唯一的零点0x ，满足()()02000121e0x g x x m x '=+--=，所以()0200121e x m x x =+-，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，于是()00222min 000000[()]e ln 2e ln 1x x g x g x x mx x x x ==--=--+．由min [()]1g x ≥得：022002eln 0x x x +≤，必有02200001,2e ln x x x x <<-≤，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++-≤，即()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤--．构造函数()ln (0)h x x x x =+>，则1()10h x x'=+>，所以函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln h x h x -≤，所以002ln x x -≤，即0201ex x ≤．故()()020000011121e212x m x x x x x =+-+⋅-=≤，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞．解法2：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．令2ln 1()e(0)xx h x x x+=->，则只需min [()]m h x ≤即可．2222e ln ()x x x h x x '+=，令22()2e ln (0)x H x x x x =+>，则()221()4e 0xH x x x x'=++>，所以()H x 在(0,)+∞上单调递增，又212ln 20,(1)2e 04H H ⎛⎫=-<=> ⎪⎝⎭，所以()H x 有唯一的零点0x ，且0114x <<，()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为022002eln 0x x x +=，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++=-，即()()00002ln 2ln ln ln .x x x x +=--构造函数()ln (0)s x x xx =+>，则1()10s x x'=+>，所以函数()s x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln s x s x =-，即002ln x x =-，即0201ex x =．即()0200min 0000ln 1211()e2x x x h x h x x x x +-+==-=-=．于是实数m 的取值范围是(,2]-∞解法3：（切线放缩，避开零点）要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．先证明ln 1t t +≥．令()ln 1(0)Q t t t t =-->，则11()1t Q t t t'-=-=，于是，当(0,1)t ∈时，()0Q t '<， ()Q t 单调递减；当(1,)t ∈+∞时，()0,()Q t Q t '>单调递增，所以()(1)0Q t Q =≥，故ln 1t t +≥(当且仅当1t =时取等号) ．所以，当0x >时，有()22e ln e1ln 21xxx x x x +=++≥，所以2ln 1e 2x x x x++≥，即 2ln 1e 2x x x+-≥，当且仅当2e 1x x =时取等号，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞．解法4：（切线放缩，避开零点）22ln ln 1ln 12ln 1ln 1(2)0x x x xe mx x e mx x x x mx x m x +---=---++---=-≥≥，2m ∴≤，当2ln 0x x +=时，等号成立．例13 已知函数3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 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 >-．解：（Ⅰ）0m =．证法一：（Ⅱ）因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1eln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证e ln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点）先证明1e2()x x x ++∈R ≥，设1()e 2x h x x +=--，则1()e 1x h x '+=-．因当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，当1x <-时，函数()h x 递减，当1x >-时，函数()h x 递增．()(1)0h x h -=≥．即1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．即要证1e ln(1)20x x +-+->，只需证明(2)ln(1)20x x +-+->．下面证明ln(1)0x x -+≥．设()ln(1)p x x x =-+，则1()111xp x x x '=-=++．当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增．所以()(0)0p x p =≥．所以ln(1)0x x -+≥(当且仅当0x =时取等号)．由于取等号的条件不同，所以1e ln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点）先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．设()e 1xF x x =--，则(e 1F x '--．当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，即()F x 在(,0)-∞上递减，在(0,)+∞上递增．当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．()(0)0F x F ≥=，即e 1(),ln(1)(x x x x x ≥+∈+≤R 当且仅当0x =时取等号)．再证明eln(1)20x mx +-+->．由e 1()xx x +∈R ≥，得1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．因为1,1x m >-≥，且1e 2x x ++≥与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以11e ln(1)2e e ln(1)2x m m x x x +-+-+-=⋅-+-()11e (2)2e 1(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例14．已知函数211()aln (22f x x x a =--+∈R 且0)a ≠．（1）当a =()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()y f x =有两个极值点12,x x ，证明：()()129ln f x f x a +<-．解：（1）10x y +-=．法一：涉及隐零点的证明，超越式转化优先（2）因()y f x =有两个极值点12,x x ，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x ，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++．若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>．构造函数()ln ln 2g x x x x x =--+，则11()1ln 1ln g x x x x x'=+--=-，且在(0,3)上为增函数，又1(1)10,(2)ln 202g g ''=-<=->，由零点存在性定理：存在0(1,2)x ∈，使得()0g x '=，即001ln x x =，且()00,x x ∈时，()0,()g x g x '<递减，()0,3x x ∈时，()0,()g x g x '>递增，即()g x 在(0,3)上有最小值：()00000001ln ln 23g x x x x x x x ⎛⎫=--+=-+⎪⎝⎭，又因0(1,2)x ∈，则00152,2x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()0g x >在(0,3)x ∈上恒成立，即()()129ln f x f x a +<-成立．法二：分类讨论避开隐零点（2）因()y f x =有两个极值点12,x x，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++．若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>．构造函数()ln ln 2,(0,3),()(1)ln 2g x x x x x x g x x x x =--+∈=-+-．下面讨论：（1）当(0,1]x ∈时，g()(1)ln 20x x x x =-+->成立；（2）当(1,2]x ∈时，()(1)ln 20g x x x x =-+->成立；(3)当(2,3)x ∈时，()(1)ln 2g x x x x =-+-，1()ln g x x x '=-，211()0g x x x'=+>， ()g x '在(2,3)上递增，1()(2)ln 202g x g ''>=->，()g x 在(2,3)上递增，即： ()(2)ln 20g x g >=>得证；综上：g()(1)ln 20x x x x =-+->对(0,3)x ∈成立．下面剖析一道含隐零点应用的高考题：（15四川21）例15．(15四川）已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >．（1）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法一：（I ）知函数()f x 的定义域为(0,),()()2()2ln 21a g x f x x a x x '⎛⎫+∞==---+ ⎪⎝⎭，所以22211222224()2x a a g x x x x'⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+=．当104a <<时，()g x在区间10,2⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1122⎛- ⎝⎭上单调递减；当14a时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增．（Ⅱ）由()2()2ln 210a f x x a x x '⎛⎫=---+= ⎪⎝⎭，解得11ln 1x x a x---=+．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 22.1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．令000101ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---==--+．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．当0a a =时，有()()()0000,0f x f x x ϕ'===．由（I)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增，故当()01,x x ∈时，()0f x '<，从而()0()0f x f x >=；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，从而()0()0f x f x >=．所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法二：（Ⅱ）令2222()2ln x ax a ax x x aϕ--+=-+，则()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解当且仅当()0x ϕ在(1,)+∞内恒成立，且()0x ϕ=在区间(1,)+∞内有唯一解．()22222(2)222(2)[(1(1()()()()x a x x a x ax a x a x x x x a x x x a x x a ϕ'+--+-+--=-==+++由于0a 且0x >，故()0x ϕ'=时，1x =当(1,1x ∈+时，()0,()x x ϕϕ'<单调递减．当(1)x ∈++∞时，()0,()x x ϕϕ'>单调递增．从而，当1x =()x ϕ在(1,)+∞达到最小值．此时，min2ln(1ϕ=．令22()(12(122(1)ln(1h a a a a a =+-+-+-+，则(0)44ln 20h =->，2(1)(12(112(2ln(1(4ln(10.h =+-+--=-+<从而存在1(0,1)a ∈使得()10h a =．令11x =．则当1a a =时，()()110x h a ϕ==且()10x ϕ'=．当10x x <<时，()x ϕ单调递减，从而()0x ϕ>．当1x x >时，()x ϕ单调递增，从而()0x ϕ>．综上所述，存在1(0,1)a a =∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法三：（II ）由（I )知，1()()2(1ln )21f x g x x x a x '⎛⎫==---+⎪⎝⎭在区间(1,)+∞上单调递增．(1)40f a '=-<，当x 趋向于正无穷大时，()()f x g x '=的函数值也趋向于正无穷大．即存在(1,)t ∈+∞，使得()0f x '=，且()f x 在(1,)t 单调递减，在(,)t +∞单调递增．且t 满足12(1ln )210t t a t ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，即11ln 1t t a t ---=+时，()f x 取得最小值：22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2211111ln 1ln 1ln 1ln 2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t t ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 2011111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++，即0(0,1)a ∈．综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法四：（Ⅱ）前同解法三．22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2212()1122t a t a t at a a t ⎡⎤⎛⎫=-+--++--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()22322252a t t a t t t ----=-()2(2)2a t a t t t ⎡⎤+--⎣⎦=-．又11ln 1t t a t ---=+，所以()()221(312ln )2ln 1()1t t t t t f t t t ----+-=-+．令2()2ln 1h t t t t =-+-，易得2(1)20,(e)e 2e 0h h =-<=->，所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--．由1()10u x x '=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法五：（II ）由（Ⅰ）得()()f x g x '=在(1,)+∞内单调递增，且(1)222240f a a a '=--+-=-<，()0f '+∞>．由零点存在性定理得存在唯一0(1,)x ∈+∞，使得()000022ln 2220a f x x x a x '=---+-=①所以()f x 在()01,x 上单调递减，()0,x +∞上单调递增．所以满足()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解只需满足()min 0()0f x f x ==即可，()()22000002ln 220f x x a x x ax a a =-++--+=，将①带入化简得： ()()()()22322000000025220,220a x x a x x a x a x x +---=-+-=，02x a =，2002a x x =-，当()0012x a x =>时，此时①变形为22ln 230a a --=，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上有解．令222()22ln 23,()2a h a a a h a a a'-=--=-=，所以()h a 在(0,1)上单调递减，11302h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭不满足，当2002a x x =-时，此时（1）变形为20022ln 60x x --=在(1,2)上有解．不妨设()200022ln 6h x x x =--，()2000004224x h x x x x '-=-=，所以()0h x 在(1,2)上单调递增．(1)4,(2)22ln 20h h =-=->．所以20022ln 60x x --=在(1,2)上有解，所以结论得证．本题对数学思维的灵活性、深刻性、创造性都有较高要求，具有一定的难度，解答这些问题，需要具有较强的分析问题、探究问题和解决问题的能力．展示了数学学科的抽象性和严谨性，要求考生具有高层次的理性思维,考生解答时可以采用“联系几何直观一探索解题思路一提出合情猜想一构造辅助函数一结合估算精算——进行推理证明”的思路，整个解答过程与数学研究的过程基本一致，能较好地促进考生在数学学习的过程中掌握数学知识、探究数学问题和发现数学规律．这些试题具有立意深远、背景深刻、设问巧妙等特点，富含思维价值，体现了课程改革理念，是检测考生理性思维广度、宽度，深度和学习潜能的良好素材．这样的设计，对考生评价合理、科学，鼓励积极、主动、探究式的学习，有利于引导中学数学教学注重提高学生的思维能力、发展应用意识和创新意识，对全面深化课程改革、提高中学数学教学质量有十分积极的作用．隐零点专练:1．(12课标1）设函数()e 2x f x ax =--（Ⅰ）求()f x 的单调区间（Ⅱ）若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值2．(17课标2）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()220e 2f x --<<．3．（18课标3）已知函数()2()2ln(1)2f x x axx x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．。

微专题13 虚设零点破隐零点

微专题13 虚设零点破隐零点例题讲解一、不含参数的隐零点问题——观察法【例1】（2013·高考北京卷）设L 为曲线:lnxC y x=在点()1,0处的切线．（1）求L 的方程；（2）证明：除切点()1,0之外，曲线C 在直线L 的下方. 二、不含参数的隐零点问题——虚设零点+找点卡根【例2】已知函数()()2x f x e ln x =-+，求证：()16f x >．三、含参数的隐零点问题——虚设零点，代换消参【例3】（2011·浙江卷理科22题）设函数()()2f x x a lnx =-，a R ∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a ；(注:e 为自然对数的底数) （2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e 成立．四、含参数的隐零点问题——虚设零点，消去指数式、对数式、三角函数式等超越式. 【例4】已知()x x xe ax alnx ϕ=--有两个零点. （1）求证：1,ln 1x e x x x ≥+≤-；（2）求实数a 的取值范围．五、含参数的隐零点问题——虚设零点，代换降次【例5】（2012·全国大纲卷文科）已知函数()3213f x x x ax =++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()f x 有两个极值点1x ，2x ，若过两点()()()()2112,,,x x f f x x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值．相似题1. （2018·广州一测）设()ln 1f x ax x =++，若对任意的()21,x x f x xe >≤恒成立，求a 的取值范围．2．（2009·全国Ⅱ卷理科）设函数()()21f x x aln x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <．（1）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（2）证明：()21224ln f x ->． 3. 已知()32127f x x x ax =+++有3个零点，求实数a 的取值范围.4. 已知函数()2x 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，()222122ln ln f x ⎛⎫>-- ⎪⎝⎭．参考数据： 2.71828e ≈，20.69ln ≈．课后练习1. 已知函数()3232f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点()0,2处切线与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． 2 已知函数()()1f x x alnx a R x =+-∈．若关于x 的不等式()2f x e恒成立，求a 的取值范围． 3. （2020·4月黄岩某中学数学测试22题）已知函数()()2f x ln ax b =+，其中a ，b R ∈．（1）当0a >时，若直线y x =是曲线()y f x =的切线，求ab 的最大值；（2）设1b =，函数()()()()(211g x ax a ax f x a R =+++-∈，)0a ≠有两个不同的零点，求a 的最大整数值．（参考数据5:0.223)4ln ≈ 4. （2019·哈尔滨市第三十中学一模）已知函数()()()()(232211f x x x lnx x a x a x b a =+++--++,)b R ∈．（1）当0a =，0b =时，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()0f x 恒成立，求2b a -的最小值5. 已知函数()12sin f x x x =+-，0x >．（1）求()f x 的最小值；（2）证明：()2x f x e ->．6. （2017·新课标Ⅱ卷）已知函数()2f x ax ax xlnx =--，且()0f x ．（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<． 7. （2015·新课标全国Ⅱ卷文科第21题）设函数()2x f x e alnx =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（2）证明：当0a >时，()22f x a aln a+．8. 已知命题:p 关于x 的不等式ln 0x e x m --≥对一切()0,x ∈+∞恒成立；命题:q 13,6m ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦，那么命题p 是命题q 的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件9. （2013·全国Ⅱ理21）设函数()()x f x e ln x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 的值，并讨论()f x 的单调性；（2）当2m 时，求证：()0f x >．10. （2016·广州一模理21）已知函数()3x m f x e x +=-，()()12g x ln x =++．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求实数m 的值；（2）当1m 时，证明：()()3f x g x x >-．11. 已知函数()2112f x lnx ax x =+++．（1）当2a =-时，求函数()f x 的极值点；（2）当0a =时，证明：对任意的0x >，不等式()x xe f x 恒成立．12. 已知对任意的0x >，不等式20ln 1x x kx e x --≥-恒成立，求实数k 的取值范围.。

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