导数之隐零点问题

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导函数隐零点问题的8种解决策略教师版

隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），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，方法上参变分离，技巧上反客为主一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。

一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=，则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=，令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增，所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增，又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ，令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增，又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ，又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=，令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元，令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g 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 ．。

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 _______．。

第11讲：拓展四：导数中的隐零点问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲精练

15．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x xex 1 ax 2 ax 1 ．
2
(1)若函数 f x 在 R 上单调递增，求实数 a 的值； (2)若函数 F x 2 f x ax 2 4a 1 x 2 ln x 恰有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
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10．（23-24 高三上·四川成都·期末）已知函数 P(x) x ln x ， ( R) . (1)若函数 y P(x) 只有一个零点，求实数的取值所构成的集合；
(2)已知 (0, e) ，若 f (x) ex x P x ，函数 f (x) 的最小值为 h() ，求 h() 的值域.
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x lnx ax a R ． (1)若函数 f x 有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围； (2)若 f x x e2x 1 对任意的 x 0, 恒成立，其中 e 为自然对数的底数，求实数 a 的最
大值．
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一.
高频考点
1．（23-24 高三下·湖南湘潭·阶段练习）已知函数 f x x ln x a x2 1， a R .
2
(1)当 a 1时，求 f x 的单调区间；
(2)当
a<0 时，记
f
x 的极小值点为
x0
，证明：
f
x
存在唯一零点
x 1
，且
x1
4x0
.（参考数
据： e3 20.85 ）
(1)求 a 的取值范围；
(2)设
x 1
，
x
2
是
f
x
的两个零点，

导数隐零点问题题型归类

导数隐零点问题题型归类一、利用隐零点化简函数例 1：已知函数f(x) = e^x ax 1，若f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围。

解析：因为f(x)在定义域内单调递增，所以f'(x) = e^x a ≥ 0恒成立，即a ≤ e^x恒成立。

因为e^x > 0，所以a ≤ 0。

二、利用隐零点证明不等式例 2：已知函数f(x) = xln x x + 1，证明：当x > 1时，f(x) > 0。

解析：f'(x) = ln x，当x > 1时，f'(x) > 0，f(x)单调递增。

设f'(x) = 0的零点为x_0，即ln x_0 = 0，解得x_0 = 1。

因为x > 1，所以f(x) > f(1) = 0。

三、利用隐零点求函数最值例 3：已知函数f(x) = e^x x^2 2x，求f(x)在区间[0, +∞)上的最小值。

解析：f'(x) = e^x 2x 2，设f'(x) = 0的零点为x_0。

f''(x) = e^x 2，当x > ln 2时，f''(x) > 0，f'(x)单调递增。

因为f'(0) = -1 < 0，f'(2) = e^2 6 > 0，所以x_0 ∈ (0, 2)。

f(x)在[0, x_0)上单调递减，在(x_0, +∞)上单调递增，所以f(x)_min = f(x_0)。

四、利用隐零点解决参数范围问题例 4：已知函数f(x) = e^x ax^2，若存在x_0 > 0，使得f(x_0) < 0，求实数a的取值范围。

解析：f'(x) = e^x 2ax，设f'(x) = 0的零点为x_1。

f''(x) = e^x 2a，当a ≤ 0时，f''(x) > 0，f'(x)单调递增。

高中数学导数隐零点

高中数学导数隐零点高中数学中，隐零点是一个重要的概念。

它与导数的计算密切相关，对于理解函数的性质和解决实际问题非常有帮助。

我们来了解一下什么是隐零点。

在高中数学中，我们经常遇到一类函数方程，它们的形式可能是一次方程、二次方程、三次方程等等。

我们要求解这些方程的零点，即找出使方程成立的变量的取值。

但是有时候，这些方程并不是显式地给出的，而是以隐含的形式存在。

我们以一个简单的例子来说明隐零点的概念。

考虑方程y = x^2 - 4x + 3，我们可以通过将方程变形为(x - 1)(x - 3) = 0的形式得到它的显零点x = 1和x = 3。

但是，如果我们给出的方程是y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们无法直接通过因式分解得到它的显零点。

这时，我们就需要利用导数的概念来求解隐零点。

在求解隐零点时，我们首先要计算函数的导数。

导数可以理解为函数在某一点的斜率，它的计算公式是函数在该点的增量除以自变量的增量，当自变量的增量趋近于0时的极限值。

对于一般的函数y = f(x)，它的导数可以表示为f'(x)或dy/dx。

然后，我们把导数等于0的点称为临界点。

在临界点处，函数的斜率为零，可能存在极大值、极小值或拐点。

我们可以通过求解导数等于0的方程来得到临界点。

对于上面的例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以计算它的导数y' = 3x^2 - 12x + 11，然后解方程y' = 0，得到临界点x = 1/3和x = 3。

接下来，我们可以通过对函数的图像进行分析，确定临界点处函数的性质。

在这个过程中，我们可以利用导数的正负性质来判断函数的增减和凹凸区间。

当导数大于0时，函数是递增的；当导数小于0时，函数是递减的。

当导数的变号点为临界点时，函数可能存在极值。

对于例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以通过计算导数的值来判断它在临界点处的性质。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。

1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。

解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。

当$x=0$时，显然成立。

当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。

令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。

又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。

当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。

令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。

又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。

综上，$a=1$。

2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。

令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。

设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。

高考数学复习考点题型专题讲解36 导函数的隐零点

高考数学复习考点题型专题讲解专题36 导函数的隐零点导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.类型一导函数中二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.例1 已知实数a 满足a ≥e ＋1e －2，且函数f (x )＝ln x ＋x 22－(a ＋2)x 恰有一个极小值m 和极大值M ，求m －M 的最大值(其中e 为自然对数的底数).解由于f ′(x )＝1x ＋x －(a ＋2)＝x 2－（a ＋2）x ＋1x，x >0，设正数x 1，x 2是x 2－(a ＋2)x ＋1＝0的两个相异实根，即方程a ＋2＝x ＋1x，x >0有两个相异正根，不妨设x 1<x 2，由于当0<x <x 1时，f ′(x )>0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，当x >x 2时，f ′(x )>0，从而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，从而f (x )的极大值为M ＝f (x 1)，极小值为m ＝f (x 2)，且x 1＋x 2＝a ＋2，x 1x 2＝1.又x 21＋x 22x 1x 2＝x 2x 1＋x 1x 2＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝(a ＋2)2－2≥⎝⎛⎭⎪⎫e ＋1e 2－2＝e ＋1e ，令t ＝x 2x 1>1，从而t ＋1t ≥e＋1e，从而t ≥e.故m －M ＝f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(a ＋2)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(x 2＋x 1)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1－x 22－x 212＝ln x 2x 1－x 22－x 212x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－x 1x 2＝ln t －12t ＋12t ，t ≥e.令g (t )＝ln t －12t ＋12t，t ≥e.从而g ′(t )＝1t －12t 2－12＝－t 2＋2t －12t 2＝－（t －1）22t 2<0，从而g (t )在[e ，＋∞)上单调递减，故m －M ＝g (t )，t ≥e 的最大值为g (e)＝12e －e2＋1.训练1 已知函数f (x )＝x ＋1x ＋a ln x ，a ∈R .若对任意的x ∈[1，e]，都有2e ≤f (x )≤2e恒成立，求实数a 的取值范围(其中e 为自然对数的底数). 解由题意知只需f (x )min ≥2e ，f (x )max ≤2e，x ∈[1，e].下面分f (x )单调和非单调进行讨论.显然f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x 2＋a x ＝x 2＋ax －1x 2，x >0.①若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≥0时⎝ ⎛⎭⎪⎫即a ≥1x －x 对任意的x ∈[1，e]恒成立，即a ≥0时，则f (x )在[1，e]上单调递增，故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (1)<f (e)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≥2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，a ≥0，故0≤a ≤e－1e.②若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≤0时(即a ≤1x－x 对任意的x ∈[1，e]恒成立)，即a ≤1e －e 时，则f (x )在[1，e]上单调递减，故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (e)<f (1)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e ＋a ≥2e ，a ≤1e－e ，故a ＝1e－e. ③若1e－e<a <0时，则f ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0，且当1≤x <x 0时，f ′(x )<0，当x 0<x ≤e 时，f ′(x )>0，故f (x )在[1，x 0)上单调递减，在(x 0，e]上单调递增. 要使得2e≤f (x )≤2e，则需⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）≥2e，f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，1e －e<a <0，即⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＝x 0＋1x 0＋a ln x 0≥2e ，1e －e<a <0，考虑到x 0满足x 20＋ax 0－1＝0，从而f (x 0)＝x 20＋1＋ax 0ln x 0x 0＝x 20＋1＋（1－x 20）ln x 0x 0.令h (x )＝x 2＋1＋（1－x 2）ln xx ，x ∈(1，e)，则h ′(x )＝（－x 2－1）ln xx2<0，故h (x )在(1，e)上单调递减，又x 0∈(1，e)，从而f (x 0)＝h (x 0)>h (e)＝2e.故使得不等式2e ≤f (x )≤2e 成立的实数a 的范围为1e －e<a <0.综合上述，满足条件的实数a 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e －e ，e －1e .类型二导函数中非二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化. 例2 已知函数f (x )＝ln （x ＋1）x＋1x ，若f (x )>kx ＋1在(0，＋∞)上恒成立，求整数k 的最大值. 解由于f (x )>k x ＋1⇔(x ＋1)f (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）＋x ＋1x>k .令h (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）x＋x ＋1x，则由题意得，k <h (x )min ，其中x >0.h ′(x )＝－ln （x ＋1）＋x －1x 2.令g (x )＝－ln(x ＋1)＋x －1，其中x >0.由于g ′(x )＝－1x ＋1＋1＝xx ＋1>0，故g (x )在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g (0)＝－1<0，g (1)＝－ln 2<0， g (2)＝－ln 3＋1<0， g (3)＝－ln 4＋2>0，故g (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x 0，并且x 0∈(2，3). 由此当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，h ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，h ′(x )>0.故h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，从而h (x )的最小值为h (x 0). 考虑到x 0∈(2，3)为g (x )的零点，故ln(x 0＋1)＝x 0－1，故h (x )min ＝h (x 0)＝（x 0＋1）ln （x 0＋1）＋x 0＋1x 0＝（x 0＋1）（x 0－1）＋x 0＋1x 0＝x 20＋x 0x 0＝x 0＋1∈(3，4).又k <h (x )min ＝x 0＋1，故满足条件的整数k 的最大值为3.例3 若x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，求实数k 的取值范围. 解∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x ＞0， ∴k ≥1＋ln x x－e x ＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln xx －e x ＋2，则φ′(x )＝1x·x －（1＋ln x ）x 2－e x＝－ln x －x 2e xx 2.令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )＜0(x ＞0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减.又μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e 1e －2＞0，μ(1)＝－e ＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 20e x0，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0，即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0，由函数y ＝x ＋ln x 为增函数，可得x 0＝－ln x 0.又当0＜x ＜x 0时，μ(x )＞0，φ′(x )＞0；当x ＞x 0时，μ(x )＜0，φ′(x )＜0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－e x 0＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1，即k 的取值范围为k ≥1.例4(2022·济宁模拟改编)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ＋2a(a ∈R 且a ≠0)，若不等式f (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解因为f ′(x )＝2ax －(ln x ＋1)＝2ax －ln x －1，f ″(x )＝2a －1x＝2ax －1x，①当a ＞0时，f (1)＝a ＋2a＞0与f (x )≤0恒成立矛盾，不合题意.②当a ＜0时，f ″(x )＜0，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减. 因为f ′(e －1)＝2a e －1＜0，f ′(e 2a －1)＝2a (e 2a －1－1)＞0，所以∃x 0∈(e 2a －1，e －1)，使得f ′(x 0)＝2ax 0－ln x 0－1＝0，即a ＝ln x 0＋12x 0.所以，当x ∈(0，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)＝ax 20－x 0ln x 0＋2a＝ln x 0＋12x 0×x 20－x 0ln x 0＋2ln x 0＋12x 0＝x 0[9－（ln x 0）2]2（ln x 0＋1）≤0.因为x 0∈(e 2a －1，e －1)，所以ln x 0＋1＜0. 所以9－(ln x 0)2≥0，即－3≤ln x 0＜－1，解得e －3≤x 0＜e －1.因为a ＝ln x 0＋12x 0，所以设g (x )＝ln x ＋12x ，x ∈[e －3，e －1)，则g ′(x )＝－ln x2x 2＞0，所以g (x )在[e －3，e －1)上单调递增，所以g (e －3)≤g (x )＜g (e －1)，即－e 3≤g (x )＜0，所以－e 3≤a ＜0.训练2(2022·西安模拟改编)证明：函数f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x 0，且－1＜f (x 0)＜0.证明因为f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)，所以f ′(x )＝e x ＋cos x ，f ″(x )＝e x －sin x ＞0恒成立，所以f ′(x )单调递增.又f ′⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝e －π2＞0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π－22，因为(e 34π)2＝e 32π＞e ＞2，所以e 34π＞2，即1e 34π＜22，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＜0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，使得f ′(x 0)＝0，即e x 0＋cos x 0＝0，则在(－π，x 0)上，f ′(x )＜0，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－π，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以f (x )存在唯一的极小值点x 0.f (x 0)＝e x 0＋sin x 0＝sin x 0－cos x 0＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4，由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，得x 0－π4∈⎝⎛⎭⎪⎫－π，－34π，所以f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4∈(－1，0)，故f (x )存在唯一极小值点x 0，且－1＜f (x 0)＜0.训练3 已知函数f (x )＝2x ＋ln(2x －1). (1)求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求证：f (x )≤(2x －1)e 2x －1(e 为自然对数的底数). (1)解因为f (x )＝2x ＋ln(2x －1)，所以f ′(x )＝2＋22x －1，则f (1)＝2，f ′(1)＝4，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －2＝4(x －1)，即4x －y －2＝0.(2)证明令t ＝2x －1>0，要证f (x )≤(2x －1)e2x －1，即证t ＋1＋ln t ≤t e t ，其中t >0，构造函数g (t )＝t e t －t －ln t －1，则g ′(t )＝(t ＋1)e t－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ＝(t ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e t －1t ，t >0.令φ(t )＝e t －1t，其中t >0，则φ′(t )＝e t ＋1t2>0，所以函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增. 因为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，φ(1)＝e －1>0，所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得φ(t 0)＝e t 0－1t 0＝0，即t 0e t 0＝1.当0<t <t 0时，φ(t )<0，即g ′(t )<0，此时函数g (t )单调递减；当t >t 0时，φ(t )>0，即g ′(t )>0，此时函数g (t )单调递增. 所以g (t )min ＝g (t 0)＝t 0e t 0－ln e t 0－ln t 0－1 ＝t 0e t 0－ln(t 0e t 0)－1＝1－1＝0，故所证不等式成立.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)求证：函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32.(1)解因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1. 又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0. 由x 0e x 0＝1⇒e x＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋x 0，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f(x0)>－3 2 .2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝e时，f(x)＝x e x－e x－eln x＋e，f′(x)＝(x＋1)e x－e－ex＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ex，x>0.易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x∈(0，1)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)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.(2)因为f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a，所以f′(x)＝(x＋1)e x－a－ax＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ax，x>0.当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.当a>0时，令g(x)＝e x－ax，x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x－ax＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.① 因为x 0是方程e x －a x＝0的解，所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③ 将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0，解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞). 当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1. 又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点. 当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时，易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点. 综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.(2022·青岛模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，求b 的最小值.解 (1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增. (2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，即b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立.令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ，因为x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x，可得t ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－2⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0∈(－4，－3). 因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3. 二、创新拓展练4.(2022·广州二模节选)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝x ＋ax，且函数f (x )与g (x )有相同的极值点. (1)求实数a 的值； (2)求证：f (x )＋g (x )<e x ＋cos xx.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数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，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1. (2)证明所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x<－x －1，即证x ln x －e x ＋x ＋1<0. 设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2，令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2，则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，且r ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得r ′(x 0)＝0，即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减. 又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0，即x ln x －e x <－x －1.再证：－x －1<cos x －1(x >0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。

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．。

第20集导数综合问题——隐零点代换

导数解决函数的综合问题最终都会归结为函数的单调性判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说导函数的零点求解或者估值是导数问题的关键。

导函数的零点根据数值上的差异可以分为两类：（1）数值上能精确求解的，不妨称之为“显零点”；（2）可以判断导函数的零点存在，但却无法求出的，不妨称之为“隐零点”。

对于隐零点问题，可以将这个零点虚设出来，而不必具体求出，然后利用整体代换的策略进行转化，最终使得问题解决。

隐零点问题涉及到灵活的代数变形，需要缜密的逻辑推论和强大的计算能力，因此是高考的难点。

一·隐零点的处理策略
1·不含参数的隐零点问题：
2·含有参数的隐零点问题：
二·高考总关于隐零点问题的题型归纳 1·证明函数不等式：
2·求参数的取值范围：
3·函数极值的估算：。

专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)

导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试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“隐藏零点”。

2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入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）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈，当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>，所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立，所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值；（2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行，则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+，当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点，当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=，当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<，若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<，综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由；（2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+，当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增，而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'，故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭，当[)0,x x π∈-时，()0f x '<；当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'，当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立，则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【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．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，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0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-，易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增，又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->，故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=，此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+，当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈，易知()x ϕ在()1,a 上单调递减，所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增，当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增，所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增，综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=，所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点，所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．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，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()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⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e 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 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x 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【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)，有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意；当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减，又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意；当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增，又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)所以f'(x)=1，代入式子1得到e^m-3x^2=1，又因为曲线y=f(x)在点(。

)处的切线斜率为1，所以f'( )=1，代入式子1得到e^m-3^2=1，解得m=ln(10)；Ⅱ）证明：当m≥1时，f(x)=e^m-x^3+x，g(x)=ln(x+1)+2-x^3，考虑f(x)-g(x)+x^3的单调性，求导得到f'(x)-g'(x)+3x^2=0，即e^m-3x^2-1=ln(x+1)+2-3x^2-1+3x^2-1，即e^m-ln(x+1)-2>x^3，因为左边是常数，所以当m≥1时，f(x)>g(x)-x^3.当$-10$时，$p'(x)>0$。

设$p(x)=x-\ln(x+1)$，则$p'(x)=1-\frac{1}{x+1}$。

因此当$-10$时，函数$p(x)$单调递增。

所以$p(x)\geq p(0)=0$。

因此$x-\ln(x+1)\geq 0$，当且仅当$x=0$时取等号。

由于取等号的条件不同，所以$e^x+1-\ln(x+1)-2>0$。

综上可知，当$m\geq 1$时，$f(x)>g(x)-x^3$。

证法二：因为$f(x)=e^{x+m}-x^3$，$g(x)=\ln(x+1)+2$，所以$f(x)>g(x)-x^3$等价于$e^{x+m}-\ln(x+1)-2>x^3$。

思路1：设$h(x)=e^{x+m}-\ln(x+1)-2$，则$h'(x)=e^{x+m}-\frac{1}{x+1}$。

因此$h'(x)>0$当且仅当$x>-1$，$h'(x)-1$时，$h(x)$单调递增，当$x0$，所以$h(x)>0$。

思路2：先证明$e^t-\ln t>2$，令$t=x+1$，转化为证明$e^x-\ln(x+1)>2$。

导数隐零点问题的6种考法总结-

导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。

导数隐零点问题

导数隐零点问题一、导数隐零点问题的定义和背景在微积分学中，导数是一个非常重要的概念，它描述了一个函数在某一点上的变化率。

而隐零点则指的是函数在某一区间内没有明显的零点，但是其导数为零的点。

导数隐零点问题就是指如何找到一个函数在某一区间内所有的隐零点。

这个问题在实际应用中有着广泛的应用，比如说在经济学中，我们需要找到某个商品价格曲线上所有的最大值和最小值，而这些极值点往往就是导数为零的隐零点。

二、求解导数隐零点问题的方法1. 利用函数图像法函数图像法是最直观也是最简单的方法之一。

我们可以画出函数图像并通过观察来确定其隐零点。

对于单峰函数或者双峰函数等比较简单的情况，这种方法通常比较有效。

但对于更加复杂或者多变形状的函数，则不太适用。

2. 利用符号判定法符号判定法则利用了导数与原函数之间存在着某些关系式。

具体而言，如果一个函数在某个区间内的导数为正，那么函数在这个区间内就是单调递增的；如果导数为负，则函数在这个区间内是单调递减的。

而当导数为零时，则说明函数在这个点上可能存在一个极值点或者拐点。

3. 利用牛顿迭代法牛顿迭代法是一种比较高效的求解隐零点的方法。

它利用了泰勒级数展开式来近似求解某一函数的根。

具体而言，我们可以先对函数进行一次泰勒级数展开，然后通过不断迭代来逼近其零点。

当然，这种方法也有着一些局限性，比如说可能会出现收敛速度过慢或者无法收敛等问题。

4. 利用二分法二分法则是一种比较朴素但是非常实用的方法。

它利用了函数在隐零点附近两侧取值符号不同的特性来进行搜索。

具体而言，我们可以先确定一个区间，并将其分成两半。

然后我们判断其中一个子区间内是否存在隐零点，并继续将其分成两半直到找到为止。

三、导数隐零点问题中需要注意的问题1. 隐零点不一定是极值点虽然导数为零的点往往是函数的极值点，但并不是所有的隐零点都是极值点。

比如说在函数f(x)=x^3中，我们可以发现其导数在x=0处为零，但是这个点并不是一个极值点。

函数隐零点问题

函数隐零点问题导数专题：隐零点问题（高中数学）1.已知函数$f(x)=e^x-\ln(x+m)$Ι）设$x=0$是$f(x)$的极值点，求$m$，并讨论$f(x)$的单调性；Ⅱ）当$m\leq2$时，证明$f(x)>0$。

2.已知函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{2}x$1）证明：对于任意$k\in\mathbb{R}$，直线$y=g(x)$都不是曲线$y=f(x)$的切线；2）若存在$x\in[e,e^2]$，使得$f(x)\leq g(x)+k$成立，求实数$k$的取值范围。

3.设函数$f(x)=e^x+ax+b$在点$(0,f(0))$处的切线方程为$x+y+1=0$。

Ⅰ）求$a$，$b$值，并求$f(x)$的单调区间；Ⅱ）证明：当$x\geq0$时，$f(x)>x^2-4$。

4.已知函数$f(x)=a\ln x-e^x$；1）讨论$f(x)$的极值点的个数；2）若$a=2$，证明$f(x)<0$。

5.已知函数$f(x)=x^a\ln x$有极值点，其中$e$为自然对数的底数。

1）求$a$的取值范围；2）若$a\in(0,1]$，证明：对于任意$x\in(0,2]$，都有$f(x)<0$。

6.设函数$f(x)=ax^2-\ln x+1$（$a\in\mathbb{R}$）1）求函数$f(x)$的单调区间；2）若函数$g(x)=ax^2-e^x+3$，证明：对于任意$x\in(0,+\infty)$，都有$f(x)>g(x)$。

7.已知函数$f(x)=x\ln x+ax+b$在点$(1,f(1))$处的切线为$3x-y-2=0$。

1）求函数$f(x)$的解析式；2）若$k\in\mathbb{Z}$，且对任意$x>1$，都有$k<f(x)$成立，求$k$的最大值。

导数隐零点解题技巧

导数隐零点解题技巧一、确定零点存在性在进行导数隐零点解题时，首先需要确定零点的存在性。

可以通过观察函数的单调性、极值点和拐点等特征来判断函数是否存在零点，并确定零点所在的区间。

二、判断零点唯一性确定零点存在后，需要进一步判断零点的唯一性。

可以利用导数判断函数的单调性，如果函数在某一区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。

此外，还可以结合函数的图像和一元函数的性质进行判断。

三、利用导数判断单调性利用导数判断单调性是导数隐零点解题的重要技巧之一。

如果函数在某区间内的导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减。

通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围和唯一性。

四、利用单调性确定零点范围通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围。

如果函数在某区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。

此外，结合图像和已知的零点范围，可以进一步缩小零点的范围。

五、结合图像求解结合图像求解是导数隐零点解题的常用技巧之一。

通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的极值点和拐点等特征，从而确定零点的位置和范围。

此外，结合图像还可以验证答案的正确性。

六、代数运算技巧在进行导数隐零点解题时，还需要掌握一些代数运算技巧。

例如，在求解一元二次方程时，可以采用因式分解法、配方法、公式法等技巧；在求解高次方程时，可以采用降次法、换元法等技巧。

此外，还需要掌握一些常用的不等式和恒等式。

七、零点存在定理的应用零点存在定理是导数隐零点解题的重要定理之一。

如果函数在闭区间[a,b]上连续，且在开区间(a,b)上可导，且f'(x)≠0，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=0。

利用该定理可以判断函数是否存在零点，并确定零点的位置。

八、排除法验证答案在进行导数隐零点解题时，可以采用排除法验证答案的正确性。

根据题目的已知条件和函数的性质，可以排除一些不可能的答案，从而缩小答案的范围。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版

导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)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x0，且．【解答】（1）解：f（x）=e x（ae x﹣a﹣x）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立，即a（e x﹣1）≥x恒成立，x=0时，显然成立，x＞0时，e x﹣1＞0，故只需a≥在（0，+∞）恒成立，令h（x）=，（x＞0），h′（x）=＜0，故h（x）在（0，+∞）递减，而==1，故a≥1，x＜0时，e x﹣1＜0，故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，令g（x）=，（x＜0），g′（x）=＞0，故h（x）在（﹣∞，0）递增，而==1，故a≤1，综上：a=1；（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，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．2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；（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．【解答】解：（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，∴k＜，令g（x）=，则g′（x）=，令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单增，∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，存在x0∈（3，4），使h（x0）=0．即当1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，∴k max=3．3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）e x﹣x2+m（其中e=2.71828…）．（1）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x）恒成立，求正整数m的最大值．【解答】解：（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），，（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：，，当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是和（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x，设h（x）=（﹣x+2）e x﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，设，则，∴u（x）在（0，1）递增，又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，且，∴使得u（x0）=0，即，当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，∴=，∵在x∈（0，1）递减，∵，∴，∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x对任意x∈（0，1]恒成立，∴正整数m的最大值是3．4．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．本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全5．已知函数f（x）=axe x﹣（a+1）（2x﹣1）．（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0））处的切线方程；（2）当x＞0时，函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）若a=1，则f（x）=xe x﹣2（2x﹣1），当x=0时，f（0）=2，f'（x）=xe x+e x﹣4，当x=0时，f'（0）=﹣3，所以所求切线方程为y=﹣3x+2．……（3分）（2）由条件可得，首先f（1）≥0，得，而f'（x）=a（x+1）e x﹣2（a+1），令其为h（x），h'（x）=a（x+2）e x恒为正数，所以h（x）即f'（x）单调递增，而f'（0）=﹣2﹣a＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，所以f'（x）存在唯一根x0∈（0，1]，且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+∞）上单调递增，所以函数f（x）的最小值为，只需f（x0）≥0即可，又x0满足，代入上式可得，∵x0∈（0，1]，∴，即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）6．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）≥lnx﹣x+m，求实数m的取值范围．【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：，解得a=2，b=1．（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1，①令g（x）=xe x﹣x﹣lnx+1，x＞0，则=，设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，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）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0•﹣x0+x0=1．m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立⇔m≤g（x）min，∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．本资料分享自千人教师QQ群323031380 高中数学资源大全7．已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．（1）求函数φ（x）=xe x+4x﹣f（x）的单调区间；（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．【解答】解：（1）φ'（x）=（x﹣2）（e x﹣2），令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．（2）f（x）＞g（x）．证明如下：设h（x）=f（x）﹣g（x）=3e x+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3e x+2x﹣9为增函数，∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．∴h（x）min=h（x0）=，又，∴，∴==（x0﹣1）（x0﹣10），∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．8．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．【解答】解：（1），①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）可知a＞2，且．于是：①②由①②得，设，则，因此g（x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故．9．已知函数f（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x0，求证：f（x0）＜﹣2．【解答】解：（1）f（x）=的定义域是（0，+∞），f′（x）=，令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，则f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，故f（x）极大值=f（）=，无极小值；（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=，要使函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，则a＜0，又x∈（0，﹣a）时，a＜x+a＜0，只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立，即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，当x＞时，函数y递增，0＜x＜时，函数y递减，当﹣a≤即﹣＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；当﹣a＞即a＜﹣时，函数y在（0，）递减，在（，﹣a）递增，可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，则a的范围是[﹣1，0）；（3）证明：a=﹣1，则f（x）=导数为f′（x）=，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，可得1﹣2lnx0﹣=0，即有2lnx0=1﹣，要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，由于+2=+2==，由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，则+2＜0，故f（x0）＜﹣2成立．10．已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）11．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．【解答】解：（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．12．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．【解答】解：（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）＜﹣1．13．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，由题意知，则，解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．（2）令，则，因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，事实上，，因为，所以，，由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，故当x=x0时，f（x）取得最小值，因为，即，所以，即＞0．∴f（x）＞0．。

导数之隐零点问题与变换主元法讲义——高三数学二轮复习

隐零点问题与变化主元法1. 隐零点问题【总结】已知()0f x ≥恒成立且无法避免要求()f x 的极值，处理方法如下。

考虑不等式组00'()0()0f x f x =⎧⎨≥⎩，其中0()f x 和0'()f x 均含有参数a ，有两种方法处理上面不等式组：（1）若0'()0f x =中的参数a 和0x 容易分离，则首先用零点0x 表示参数a ，然后代入0()0f x ≥来确定零点0x 的取值范围，从而确定参数a 的取值范围；（2）若0'()0f x =中的参数a 和0x 不容易分离，则首先猜测方程组00'()0()0f x f x =⎧⎨=⎩的解0x ，然后由0()0f x ≥和端点效应求出参数a 的取值范围，最后证明在该范围下0()0f x ≥恒成立。

其中（1）没有解出具体的零点，但隐形的利用了其零点，称其为“隐零点”；（2）可以借助于变换主元法。

例题1、设2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点12,x x ，且12x x <。

（1）求实数a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（2）证明：212ln 2()4f x ->。

例题2、已知2()ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且20()2f x -<。

例题3、已知2()ln x f x ea x =-。

证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+。

例题4、设函数2()()ln f x x a x =-，求实数a 的取值范围，使得对任意(0,3]x e ∈恒有2()4f x e ≤成立。

变式4.1 已知2()(0)x e ax a g x x x --=>，证明：当[0,1)a ∈，函数()g x 有最小值()h a ，求函数()h a 的值域。

变式4.2 已知2()4xx f x e =-。