(完整)高考数学导数压轴题07,切线放缩隐零点问题
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
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.。
专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练
专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................6题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................9三、专项训练.. (14)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．4、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题由图象可得，当31ea <-时，()y f x =与y a =当31ea =-或0a ≥时，()y f x =当310ea -<<时，()y f x =与y 题型二：证明唯一零点问题1．（2023上·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()y f x '=为()y f x =的导数．题型三：根据零点（根）的个数求参数()()00,h x h h ∴==极大值又()h x 的图象与y a =4(,)(0,)3a ∴∈-∞-⋃∞.4．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）()∴要使y k =与函数()23h x x x=-只需331k <--，k ∴的取值范围是5．（2023下·浙江衢州·高二统考期末）已知函数(1)若过点()0,m 作函数()f x 的切线有且仅有两条，求(),0k ∈-∞由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得x x kx b +=有唯一解，即三、专项训练一、单选题1．（2024上·广东江门·高三统考阶段练习）直线0x y +=与函数2ln y x x =-的图象公共点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3结合()y g x =的图象可知：若所以常数k 的取值范围是故选：D.二、填空题4．（2023上·江苏常州·高三统考期中）若关于故答案为：(0,)+∞5．（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知函数由()()20f x af x +<得出(f 当0a =时，显然不成立.但0a >时，解得()a f x -<即23e 2e a <≤时，唯一整数解是当a<0时，0()f x a <<-，使得不等式只有唯一整数解，此时三、问答题7．（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数(1)若函数()y f x =在[1,x ∞∈+(2)若函数()y f x =的图象与y 【答案】(1)(],7-∞86四、证明题。
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 _______．。
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。
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。
方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。
题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。
方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。
例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。
将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。
（答案：m 的范围是()2,3--）练习 1. 已知曲线x x y 33-=（1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。
答案：（03=+y x 或027415=--y x ）（2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。
2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1）题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。
方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。
（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+；（2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.5．函数()ln()af x x t x=++，其中t ，a ，为实常数 （1）若0t =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若0t =时，不等式()1f x ≥在(0,1]x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若()xag x e x=+，当2t ≤时，证明：()()g x f x >.6．已知函数()()ln f x x x a =-，()3F x x x m =-+，若()f x 在()(),e f e 处的切线斜率为1.（1）若()()f x F x <在()1,+∞上恒成立，求m 的最小值M ； （2）当m M =，(]0,1x ∈时，求证：()()xf x e F x >⋅.函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.【答案】．（1）当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【解析】 【分析】 （1）求导()()110axf x a x x x-'=-=>，根据定义域，分0a ≤和0a >两类讨论求解.（2）证法一：由（1）知，当0a >时，()1ln ln1f x x ax a =-≤-，当1a e =时，有ln x x e≤，即2ln e x ex ≤，将2ln 0x e e x ->恒成立，转化为x e ex ≥在()0,∞+上恒成立，设()()0xe g x x x=>，用导数法论证()g x e >即可.【详解】 （1）()()110ax f x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）证法一：由（1）可知，当0a >时，()1ln ln 1f x x ax a=-≤-， 特别地，取1a e =，有ln 0xx e -≤，即ln x x e≤， 所以2ln e x ex ≤（当且仅当x e =时等号成立），因此，要证2ln 0x e e x ->恒成立，只要证明x e ex ≥在()0,∞+上恒成立即可，设()()0xe g x x x =>，则()()21x e x g x x-'=， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增.所以，当1x =时，()()min 1g x g e ==，即x e ex ≥在()0,∞+上恒成立.因此，有2ln x e ex e x ≥≥，又因为两个等号不能同时成立，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.证法二：记函数()22ln ln x x e x ex x eφ-=-=-，则()22111x x x e e e x x φ-'=⨯-=-，可知()x φ'在()0,∞+上单调递增，又由()10φ'<，()20φ'>知，()x φ'在()0,∞+上有唯一实根0x ，且012x <<，则()020010x x ex φ-'=-=，即()0201*x e x -=， 当()00,x x ∈时，()0x φ'<，()x φ单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0x φ'>，()x φ单调递增，所以()()0200ln x x x ex φφ-≥=-，结合（*）式021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()()2200000000121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>，则()2ln 0x x e x φ-=->，即2ln x e x ->，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了分类讨论的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于难题.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．【答案】（1）0；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）1em =，对函数()f x 求导，利用导数判断其单调性，进而可求出最小值； （2）构造函数()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，对函数()F x 求导，分别求出01x <≤和1x >时，函数()F x 的单调性，进而证明其最大值小于0，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意知()f x 的定义域为0,．当1e m =时，()l e n e x f x x xx =+-，则()()()()22e e 1e 111e e x x x x xf x x x x---'=+-=． 令()()e e 0xu x x x =->，则()e e xu x '=-，令()0u x '>，得1x >，令()0u x '<，得01x <<， 故()u x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，则()()10u x u ≥=，即对任意()0,x ∈+∞，()e e 0xu x x =-≥恒成立． 所以令0fx ，得1x >，令0f x ，得01x <<，故()f x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，所以当1x =时，()f x 取得最小值，即()()min 10f x f ==．（2）令()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，220e m ≥>， 则()()221e1e e xx x x m x m x m F x x x x---'=-=， 当01x <≤时，()10m x --≥，则()0F x '>，()F x 单调递增， 所以当01x <≤时，()()1e 0m x F F =-<≤，故()()f x g x <成立； 当1x >时，()()()21e 1x m x x F x x m x ⎡⎤-'=-⋅-⎢⎥-⎣⎦，显然()210m x x --<， 令()()()e 11xxG x x m x =->-，则()()21e 1G x x m x '=+-，因为220em ≥>，所以()0G x '>，即()G x 在1,上单调递增，因为2e 2m ≥，所以()222e 22e 0m G m m-=-=≥，因为222e 11e 1e 1m m m =+--，且2e 11m -≥，所以22e 12e 1m m <≤-， 所以存在t 满足22e 12e 1m t m <<≤-，则()22e 1e t m m -<，整理得()2e 1t m t >-， 则有()()22e e e 01ttG t m t =-<-=-．因为()()20G t G ≤，所以()G x 存在唯一零点(]01,2x ∈，所以()01,x x ∈时，()0G x <，()0F x '>，()F x 单调递增；()0,x x ∈+∞时，()0G x >，()0F x '<，()F x 单调递减，所以当1x >时，()F x 的最大值为()0F x ，且(]01,2x ∈．由()00G x =，可得()000e 1x x m x =-，故()000000e 1ln ln 1x m F x x x x x =-=--．令()n 11l x x x ϕ=--，(]1,2x ∈，则()()21101x x x ϕ'=+>-，所以()ϕx 在(]1,2上单调递增，所以()()2ln 21x ϕϕ≤=-， 故()0ln 210F x ≤-<，所以1x >时，()()f x g x <成立． 综上所述，()()f x g x <．【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，考查学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题.3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.【答案】(1)10x y --=；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出原函数的导函数,得到()1f ',再求得()1f ，利用直线方程点斜式得答案； (2)由()()1f x ax x >-等价于ln (1)x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，求得()g x '，利用导数研究其单调性，由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x > ,计算可得()0ag e -<，则存在01,,ax e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =,结合()g x 在区间01,x a ⎛⎫⎪⎝⎭内是增函数,可得当01,x x a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >.由此可证得结论. 【详解】(1)由()ln f x x x =,得()ln 1f x x '=+， ∴()()10,11f f '==，故所求切线方程为()011y x -=⨯-，即10x y --=； (2)证明：由()()1f x ax x >-,得ln (1)x x ax x >-，考虑到0x >，可得()ln 1x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，则111()a x ax a g x a x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'=-==-，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，∴()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >，①又()()ln 10aa a a g ee a e ae ----=--=-<,则存在01,,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =.又()g x 在区间01,x a⎛⎫ ⎪⎝⎭内是增函数，∴当01,x x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >.② 由①②可知,存在01,c x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()0g x >恒成立， 即存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得对任意的(,1)x c ∈，恒有()(1)f x ax x >-. 【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的最值，及恒成立问题呢，属于难题. 4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+； （2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，()a ϕ的值域为63222(,)9393e e e e -+-+【解析】 【分析】（1）求出导数()f x '，确定函数()f x 的单调性，从而证明2x ≥时，()(2)f x f ≥，此不等式同乘以2x ，即证得题设不等式成立； （2）求()g x '，由（1）可得4211(2,1)a e e∈----时，2(,)x e e ∈时，()g x '有唯一零点0x ，这就是()g x 的最小值点，求得0()()a g x ϕ=，由0201ln 0x a x ++=，把()g a 转化为0x 的函数0()h x ，再由导数的知识研究0()h x 在2(,)e e 上的单调性，得其取值范围。
2022高考数学函数与导数—导数中的放缩问题
函数与导数—导数中的放缩问题专题综述放缩法是解决函数不等式问题的利器，导数压轴题中的函数往往是指数、对数与其他函数综合，或者指对数并存的超越函数，有时直接构造出的函数难以直接求出最值，需要借助放缩解决.利用导数判断函数单调性、解决函数零点问题、不等式证明等问题中都会用到放缩法，使问题难度降低.常用的放缩方式有：①常用不等式放缩：指数放缩、对数放缩、三角放缩；②利用已知题目信息放缩；③根据已知参数范围或常识，减少变量，适当放缩；③利用单调性放缩；④利用基本不等式放缩： 若0a b >>，则211ln ln 2a b a bb ab a b a b-+<<<<-+；⑤由数值大小关系直接放缩，做题时灵活运用.本专题就前3种，重点探究.专题探究探究1：利用不等式放缩函数中有指数、对数、三角函数时，直接求导，导数不等式无法解出，根据函数结构，选择不等式进行放缩，使函数简单化. 常用不等式有：（1）三角函数放缩：①0,,sin tan 2x x x x π⎛⎫∀∈<< ⎪⎝⎭；②21sin 2x x x ≥-；③22111cos 1sin 22x x x -≤≤-（2）指数放缩：①1x e x ≥+；②x e ex ≥（1,y x y ex =+=为函数x y e =图象的两条切线）；③()101xe x x ≤≤-；④()10x e x x≤-< （3）对数放缩：①11ln 1x x x -≤≤-；②ln x x e ≤；③1ln x ex ≥-；（1,xy x y e =-=为函数ln y x =图象的两条切线）（4）指对放缩：()()ln 112xe x x x ->+--=(2021安徽省合肥市联考) 已知函数()(ln ),.xe f x a x x a R x=--∈（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，函数1()()()x g x f x x e mx x =+++满足：对任意(0,)x ∈+∞，都有()1g x 恒成立，求实数m 的取值范围．【审题视点】第（2）问显化函数()g x ，恒成立问题回顾常用的方法（专题1.3.7）：分离参数、含参讨论单调性等方法，由解析式的具体结构确定方法与细节.【思维引导】分离参数以后，函数中有指、对结构，若直接通过求导判断单调性求最值，方法较困难，利用不等关系1x e x ≥+，得ln ln 1x x e x x +≥++，使难度大大降低.【规范解析】解：（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，22()(1)()x x x a xe e ax e x f x a x x x -+-'=--=，当0a >，0x >时，令()0f x '>，则1x <∴()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；（2）当1a =-时，1()()()ln (1)x x g x f x x e mx xe x m x x=+++=-++，()()0,,1x g x ∀∈+∞≥即ln 1ln 1ln 11x x x x xe x e m x x++-+--=-，1.恒成立问题求参：分离参数构造函数求最值；2.构造的函数中有ln x 、ln x x e +，通过求导判断单调性求最值较困难，通过常用不等关系1xe x ≥+，进行放缩,是函数简单化.设()1x F x e x =--，则()1x F x e '=-，令()0F x '>，则0x >∴()f x 在()0,+∞上单调递增，在(),0-∞上单调递减∴()(0)0F x F =，即1(x e x +当且仅当0x =时“=”成立)，故ln ln 1(x x e x x +++当且仅当ln 0x x +=时“=”成立)， ()ln G x x x =+在(0,)+∞上是增函数，且11()10G e e=-<，(1)10G =>，故存在01(,1)x e∈使得ln 0x x +=成立，故ln 1ln 1ln (ln 1)112x x x e x x x x x++-+-++--=-（当且仅当0x x =时“=”成立），∴2m -，即m 的取值范围是[2,).-+∞【探究总结】常见的不等关系要灵活运用，解题时函数结构复杂，可考虑运用上述不等式进行放缩，使问题简答化.但不等式1,,ln 1,ln xxx e x e ex x x x e≥+≥≤-≤，从图象的角度看，是以直代曲，放缩的程度大，容易出现误差，在使用时要注意.另外若是求参数取值范围问题，要考虑不等式中的等号能否取到.(2021山东省泰安市一模) 已知函数()()ln 2xf x e x k -=-，（k 为常数， 2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与y 轴垂直.（1）求()f x 的单调区间；（2）设()()1ln 1xx x g x e-+=,对任意0x >，证明：()()21x x x g x e e -+<+. 探究2：利用已证结论放缩1.对使用过得不等关系，构造函数证明成立；2.利用不等关系进行替换.恒成立求取值范围的问题，放缩以后，要确保不等式中等号能否取到解答题的上一问中证明的不等式，或者推导过程中证明出的结论，为后续的证明提供放缩的依据.需证明的不等式为关于n 的多项式的和或不等式结构复杂，利用已证结论，进行放缩，使不等式化繁为简，便于构造函数求最值.(2021湖南省郴州市模拟) 已知函数()e (1)ln(1) 1.x f x x x =-++-（1）当0x >时，证明：()0f x >；（2）已知数列{}n a 的通项公式为1e 1nn n na n -=+，证明：12ln (1).n a a a n ++⋅⋅⋅+>+ 【审题视点】第（2）问，出现数列的前n 项和，且不能用常规的求和方法求和，借助第一问的结论对n a 的通项公式进行放缩，便于求和.【思维引导】对第一问的不等式进行变形，观察n a 的结构，进行放缩，能够用已知方法求和.【规范解析】解：（1）由题意得 ()()ln(1)10x f x e x x '=-+->， 设()ln(1)1x g x e x =-+-，则1(1)1()11x xe x g x e x x +-'=-=++， 当0x >时， 1x e >，11x +>，则(1)1x e x +>则(1)1()01x e x g x x +-'=>+， ()g x ∴在()0,+∞上单调递增，故()()00g x g >=，即()0f x '> ()f x ∴在()0,+∞上单调递增，∴当0x >时，()(0)0f x f >=，即()0f x >（2）由（1）知：当0x >时，()(1)ln(1)10x f x e x x =-++->，即1ln(1)1x e x x ->++ 令1x n=，则11ln()1nne n n n n -+>+，12231ln ln ln12n n a a a n++++>+++ 231ln()ln(1)12n n n+=⨯⨯⨯=+ ∴12ln (1)n a a a n ++⋅⋅⋅+>+【探究总结】函数中证明与n 有关的求和问题，或不等式证明问题，要仔细观察不等式结构特点，往往会利用前一问的结论，或者解题过程中的结论.利用已证结论，进行放缩，化繁为简，证明不等式的成立.(2021广东省东莞市联考) 已知函数()ln (1),(0)f x x a x a =-->（ 2.718e ≈即自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在()1,+∞上是单调减函数，求实数a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，当n N +∈时，证明：2311111111.2222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭探究3：利用已知参数范围或常识放缩函数解析中含有参数，且已知参数范围，证明不等式成立，可以从参数的范围入手，使参数取确定的值或利用单调性、其它不等关系，对不等式进行放缩，减少变量，使函数结构简单，易于判断单调性.(2021河北省石家庄联考) 已知函数()(2).x f x e k x =-+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【审题视点】已知参数范围，证明不等式成立，且函数指对结构都有，若含参讨论难度大，可能要借助放缩，化繁为简.【思维引导】1.对已证不等式进行变形，变形为与n a 通项公式相似的结构；2.对自变量进行替换，得出新的不等式.利用不等式性质进行求和，实现放缩，证明结论.第（2）问不等式的证明，函数中有x e ，ln x ，构造函数求导，含参讨论解导数不等式较困难，可巧妙利用参数的范围，参数取确定的值，进行放缩，求不含参函数的最值较为简单.【规范解析】解：（1）由题意得 ()e .x f x k '=- ①当0k 时，()e 0x f x k '=->，∴函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；②当0k >时，令()e 0x f x k '=-> 得ln x k >，则()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g '= 当(0,1)x ∈时，()0g x '< 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>)0，10⎫->⎪⎭∴当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【探究总结】不等式的证明问题中含有参数，若直接构造函数含参讨论，难以解决的情况下，为避开讨论，可以在参数给定的范围内，结合不等式的结构进行第一步的放缩，达到消参的目的，转化为证明不含参的不等式.若不等式的结构依然复杂，在利用常用不等关系、已证结论等方法进一步放缩.(2021湖北省荆州市高三模拟) 已知函数()ln(2).x m f x e x -=-（1）设1x =是函数()f x 的极值点，求m 的值并讨论()f x 的单调性； （2）当2m 时，证明：()ln 2.f x >-专题升华导数解答题中函数多以xe 、ln x 型的函数与其他函数结合的形式出现，考查零点问题、不等式证明问题、恒成立问题等方向时，如果利用常规方法处理时，因函数结构复杂求导判断单调性难度较大，通过放缩将难以处理的函数转化为较为简单的函数进行处理.放缩法较为灵活，要根据不等式的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，选择适当的方法是关键. 1.积累常见的不等结论：如探究1中提及的不等式，解题时需构造函数，证明其正确性，再进行放缩.利用不等式进行放缩，体现了数学中的化归与转化思想，也体现了处理数学问题时以直代曲、以曲代曲的方法.2.巧用已证不等式，顺水推舟：利用已证不等式(或结论) “服务”于后续问题的求解，这类题目最明显的“暗示”，即为证明一个类似于数列求和的不等式，需利用已证不等式进行逐项替换放缩.若题目的第一问证明不等式，在后续解题时，留意是否会利用已证结论.3.已知参数范围：含参不等式的证明时，若因为参数的存在使函数讨论非常复杂，可考虑结合参数范围及其它结论进行放缩.4.其他放缩方法：除了上述三种难度较大的放缩方法以外，单调性、已知结论、基本不等式等.如利用基本不等式进行放缩，化曲为直，()202x x +=≥；和积互化等.不仅仅应用于简化不等式，在解题过程中，也可能用放缩证明代数式的值.长干行·其一[唐]李白妾发初覆额，折花门前剧。
导数专题之隐零点问题
导数解答题之隐零点问题一．什么是隐零点问题常规方法求解导数问题的步骤： ①写函数定义域，求导函数；②对导函数变形（通分，分解因式，配方等，变形到容易判断导函数正负为止）； ③求导函数的零点，若导函数无零点或零点不在函数定义域内，说明导函数（或局部因式）的符号恒正或恒负；若导函数零点在函数定义域内，则导函数零点把函数定义域分成若干个区间，然后判断在这些若干个区间内导数的正负，可得函数的单调性；④求函数的极值以及区间端点的函数值，最终得最值和函数图像等．从上我们可知，导函数的零点影响着函数的单调区间的划分，也和函数的极值或最值有着直接关系，因此求导函数的零点在导数问题中是一个非常重要的环节，但很多时候我们是可以通过零点存在定理判断其存在，却无法直接求解出来的，像这类问题就称之为隐零点问题．二．隐零点问题的处理方法（设而不求）当导函数存在零点，又无法求解时，可虚设零点0x ，0x 满足等式()00f x '=．做题时只需把0x 看作是已知的一个数即可，其本质与能求出的导函数零点并无差别，只不过一个是显性的，一个是隐性的．隐性的零点用起来可能没有显性的零点方便，但我们可以抓住两点：①0x 的范围②0x 满足等式()00f x '=． 下面举例说明．例1．已知函数2()ln f x ax bx x x =++在()()1,1f 处的切线方程为320x y --=． （1）求实数a 、b 的值；（2）设2()g x x x =-，若Z k ∈，且(2)()()k x f x g x -<-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值． 【解析】解：（1）()2ln 1f x ax b x '=+++，故213a b ++=且1a b +=，解得：1a =，0b =； （2）第一步：分离参数，转化为求函数的最值 由（1）得：()()ln 22f x g x x x x k x x -+<=--对任意2x >恒成立，设ln ()(2)2x x xh x x x +=>-，下求()h x 的最小值．第二步：求()h x '并变形，用零点存在性定理判断()h x '存在零点，虚设零点0x242ln ()(2)x x h x x --'=-，令()42ln (2)m x x x x =-->，则22()10x m x x x-'=-=>，故函数()m x 为(2,)+∞上的增函数，()842ln80m =-<，()1062ln100m =->，故()m x 在(8,10)上有唯一零点0x ，使0042ln 0x x --=成立．第三步：0x 参与划分定义域，判断()h x '在各个区间上的正负，得到()h x 的单调性 当02x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；0x x <时，()0m x >，即()0h x '>． 故()h x 在0(2,)x 递减，在()0,x +∞递增；第四步：判断函数()h x 的最小值在0x 处取，得到()h x 最小值表达式，用等式0042ln 0x x --=整体代换求出最小值()0h x000min 004(1)2()()22x x x h x h x x -+∴===-，故02x k <，()08,10x ∈，0(4,5)2x ∴∈，Z k ∈，故k 的最大值是4． 解题说明：此题导函数的零点0x 是虚设的，0x 满足①()08,10x ∈②0042ln 0x x --=，用②0042ln 0x x --=代换求出0min 0()()2x h x h x ==，再用①()08,10x ∈估算出()min h x 的范围． 例2．已知函数3()ln (1)f x x a x bx =+-+，()()e ,R x g x x b a b =-∈，且()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （1）求实数a ，b 的值； （2）求证：()()f x g x ≤． 【解析】（1）解：21()3(1)f x a x b x '=+-+，()()2131f e a e b e∴'=+-+，且()31(1)f e a e be =+-+，又()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴切点为(),1e e +，∴23113(1)11(1)1a e b e e a e be e⎧+-+=+⎪⎨⎪+-+=+⎩，解得：1a b ==；（2）证明：由（1）可知()ln f x x x =+，()1x g x xe =-，且()f x 的定义域为(0,)+∞，令()()()ln 1x F x f x g x x x xe =-=+-+，则()()111()111x x x x x F x e xe x e x e x x x +⎛⎫'=+--=-+=+- ⎪⎝⎭，令1()x G x e x =-，可知()G x 在(0,)+∞上为减函数，且11222G ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()110G e =-<，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0()0G x =，即0010xe x -=．当0(0,)x x ∈时，()0G x >，()0F x ∴'>，则()F x 为增函数； 当()0,x x ∈+∞时，()0G x <，()0F x ∴'<，则()F x 为减函数． 00000()()ln 1x F x F x x x x e ∴≤=+-+，又0010x e x -=，∴001x e x =，即00ln x x =-，0()0F x ∴=，即()0F x ≤，()()f x g x ∴≤．解题说明：此题的导函数的零点0x 也是虚设的，0x 满足①01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭②0010x e x -=，在求()()0max F x F x =时主要就是用②0010xe x -=进行代换运算．例3．已知函数()ln f x a x x =-，R a ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()12f x x e≤-恒成立，求a 的取值范围． 解：（1）()()10aa xf x x xx-'=-=>， ①若0a ≤，则()0f x '<，()f x ∴在()0,+∞单调递减；②若0a >，()0,x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；(),x a ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减． （2）方法一（隐零点）不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立．令()12ln g x a x x x e=--+，则()222111a x ax g x x x x --'=-+=-，方程210x ax --=有一负一正两个根，设正根为0x ，即2010x ax --=，001a x x =-． ()00,x x ∈时，()0g x '>，()g x ；()0,x x ∈+∞时，()0g x '<，()g x ．()()000max 012ln g x g x a x x x e ∴==--+，又001a x x =-，()000000112ln g x x x x x x e ⎛⎫∴=---+ ⎪⎝⎭因为不等式12ln 0a x x x e --+≤在()0,x ∈+∞恒成立，所以等价于()000000112ln 0g x x x x x x e ⎛⎫=---+≤ ⎪⎝⎭，设()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，又001a x x=-在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，11,a e e e e ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．用隐零点表示参数，得到参数与隐零点的函数关系，然后结合隐零点的范围求出参数的范围这是本题解法的基本思路．方法二（内点效应+变换主元）分析：令()12ln g x a x x x e =--+，由()()2212ln 010g x a x x x e x ax g x x ⎧=--+=⎪⎪⎨--⎪'=-=⎪⎩得，112ln 0x x x x x e ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，令()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11x e a e e ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=-⎪⎩或1x e a e e =⎧⎪⎨=-⎪⎩．解：不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立，令()12ln g x a x x xe=--+． ①取x e =，则()10g e a e e =-+≤，1a e e ∴≤-；取1x e =，则110g a e e e ⎛⎫=--+≤ ⎪⎝⎭，1a e e ∴≥-．11,a e e ee ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．②反过来，当11,a e e e e ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦时，令()12ln F a x a x x e =⋅--+，下证()0,x ∈+∞时()0F a ≤．Ⅰ．若1x =，()220F a e=-<． Ⅱ．若()0,1x ∈，ln 0x <，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 01x e x x x e x e τ⎛⎫=---+<< ⎪⎝⎭，()()222111x e x x x e e e x x x τ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， 10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'>，()x τ；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'<，()x τ．()10x e ττ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭，()0F a ≤．Ⅲ．若()1,x ∈+∞，ln 0x >，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 1x e x x x e x e ψ⎛⎫=---+> ⎪⎝⎭，()()222111x e x x e x e e x x x ψ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， ()1,x e ∈时，()0x ψ'>，()x ψ；(),x e ∈+∞时，()0x ψ'<，()x ψ．()()0x e ψψ∴≤=，()0F a ≤．综上，()0,x ∈+∞时()0F a ≤．由①②知11,a e e ee ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦．最后总结一下隐零点问题的基本解决思路就是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参数．练习1．已知函数()ln x f x ae b x =-在点()()1,1f 处的切线方程为()11y e x =-+． （1）求a ，b 的值； （2）求证：()2f x >． 【解析】（1）1a =，1b = （2）()ln x f x e x =-，()()10x f x e x x'=->，易知()f x '且()10f '>，102f ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，1,12m ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，()0f m '=，即1m e m=． 0x m <<时，()0f x '<，()f x ；x m >时，()0f x '>，()f x ．()()min 1ln 2m f x f m e m m m∴==-=+> 2．已知函数()ln()x f x e 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）证明：ln(2)0x e x -+>． 【解析】（1）1()x f x e x m'=-+，由题意可得，1(0)10f m '=-=，解可得1m =，1(1)1()11x xe xf x e x x +-'=-=++，令()(1)1x g x e x =+-，则()(2)0x g x x e '=+>，故()g x 在(1,)-+∞上单调递增且(0)0g =．当0x >时，()0g x >即()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当10x -<<时，()0g x <即()0f x '<，函数()f x 单调递减． （2）证明：令()ln(2)x h x e x =-+，则1()2x h x e x '=-+在(2,)-+∞上单调递增，因为(1)0h '-<，(0)0h '>，所以()0h x '=在(2,)-+∞存在唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-， 当0(2,)x x ∈-时，()0h x '<，()h x ；0(x x ∈，)+∞时，()0h x '>，()h x ．当0x x =时，函数取得最小值，因为0012xe x =+，即00ln(2)x x =-+，故02000000(1)1()()ln(2)022x x h x h x e x x x x +≥=-+=+=>++，所以ln(2)0x e x -+>． 3．已知函数()1x f x xe ax =--的图像在1x =处的切线方程为(21)y e x b =-+． （1）求实数a ，b 的值； （2）若函数()ln ()f x xg x x-=，求()g x 在(0,)+∞上的最小值． 【解析】（1）因为()(1)xf x e a x +=-'，所以()12f e a '=-．于是由题知221e a e -=-，解得1a =．因此()1x f x xe x =--，而()12f e =-，于是2(21)1e e b -=-⋅+，解得1b e =--．（2）l ln 11(0)n 1()x x xe x x g x e x x x x =---=+->-，222ln ln ()x xx x e x g x e x x +'=+=． 记2()ln x h x x e x =+，21()20xxh x x e xe x'=++>，故()h x 在(0,)+∞上单调递增． 又211211110e e h e e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10h e =>，∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()0h x =，且0(0,)x x ∈，()0h x <，0,)(x x ∈+∞，()0h x >．()g x ∴在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，∴00min 00ln 1()()1xx g x g x e x +==--，又0()0h x =，∴0200ln x x e x =-，∴01ln 001ln x x x e e x =，∴001ln x x =．∴000000min000ln 1ln 111()1110x x x x e x x g x e x x x +--+-=--=-=-=，所以()g x 的最小值为0．4．已知函数()()()ln 1cos 1xf x ae x a =-+--，R a ∈．（1）当1a =时，求()f x 的零点； （2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】（1）由题知：当1a =时，()ln(1)1x f x e x =-+-，1()1x f x e x '=-+，令1()()1x g x f x e x='=-+，所以()21()01x g x e x '=+>+，所以()g x 在(1,)-+∞上单调递增，且()00g =．所以，当(1,0)x ∈-时，()0f x '<，()f x 在(1,0)-上单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增． 所以()(0)0f x f ≥=，所以()f x 的零点为0x =． （2）必要性探路：取0x =，由()00f ≥得cos(1)0a a --≥，令()()cos 1h a a a =--，因为()()1sin 10h a a '=+-≥，所以()h a在(,1)-∞上单调递增，又()10h =，1a ∴≥，即()01f x a ≥⇒≥． 证明充分性： 当1a ≥，1()1x f x ae x'=-+，21()0(1)xf x ae x ''=+>+，所以()f x '在(1,)-+∞上单调递增，且(0)10f a '=-≥， 11110a f ae a a a a -⎛⎫'-=-≤-= ⎪⎝⎭，(]01,0x ∴∃∈-，使得0()0f x '=，即00101x ae x -=+，00ln(1)ln x x a +=--． 当0(1,)x x ∈-时，设()0f x '<，()f x 在0(0,)x ；当()0,x x ∈+∞时，设()0f x '>，()f x 在()0,x +∞．所以000001()()ln(1)cos(1)ln cos(1)1xf x f x ae x a x a a x ≥=-+--=++--+ 0011ln cos(1)11ln cos(1)01x a a a a x =+++---≥+--≥+． 综上，所求a 的取值范围为1a ≥．5．已知函数()21f x x ax =++，()()ln R g x x a a =-∈．（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 的图像都相切的直线，求实数a 的取值范围． 解：（1）12x =时，()h x 取得极小值11ln 24+，无极大值，过程略．（2）设直线与函数()f x ，()g x 分别相切于点()()11,P x f x ，()()22,Q x g x ，以点P 为切点的切线方程为：()()()111y f x f x x x -='-，即()()()2111112y x ax x a x x -++=+-，化简得()21121y x a x x =+-+，同理以点Q 为切点的切线方程为：221ln 1y x x a x =+--，12212121ln 1x a xx x a ⎧+=⎪∴⎨⎪-+=--⎩，消去1x 得： 222221ln 20424a a x a x x -++--=，设()221ln 2424a a F x x a x x =-++--，则问题转化为：若()F x 存在零点，求a 的范围．首先，x →+∞时，()F x →+∞．下面只需()min 0F x <即可．()()232311210222a x ax F x x x x x x+-'=-++=>，2210x ax +-=存在一正根，不妨设为t ，t 满足2210t at +-=，易知0x t <<时，2210x ax +-<，()0F x '<，()F x ；x t >时，2210x ax +->，()0F x '>，()F x ．()()22min 1ln 2424a a F x F t t a t t ∴==-++--，又2210t at +-=，12a t t ∴=-，()()2min12ln 2F x F t t t t t∴==++--．由①知，若01t <≤时，()()min 0F x F t =≤；若1t >时()()min 0F x F t =>． 01t ∴<≤，[)121,a t t∴=-∈-+∞．。
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 《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．。
导函数的隐零点、切线放缩、极值点偏移问题
补上一课 ,导函数的“隐零点”、e x ≥x ＋1、ln x ≤x －1及,“极值点偏移”问题1．利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点． 2．极值点“偏移”图示(1)(左右对称，无偏移，如二次函数；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＝2x 0)(2)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＞2x 0)(3)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＜2x 0)3．极值点偏移问题的结论不一定总是x 1＋x 2＞(＜)2x 0，也可能是x 1x 2＞(＜)x 20.题型一 函数最值中的“隐零点”【例1】 (2021·杭州市高级中学仿真考试)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)由函数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 ＋1x 2>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.感悟升华 解决函数最值中的隐零点问题关键在于灵活应用“隐零点”的等式进行代换使问题得以解决．【训练1】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x (a 为大于零的常数)，已知f ′(x )＝0有唯一零点，求f (x )的最小值．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)． 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 设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)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e 2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .故f (x )的最小值为2a ＋a ln 2a .题型二 不等式证明中的“隐零点”【例2】 (2021·杭州统检)已知函数f (x )＝e x －a －ln (x ＋a )(x ≥0)，其中a >0. (1)若a ＝1，求证：f (x )>0；(2)若不等式f (x )≥2x ＋a ＋1－1－ln 2对x ≥0恒成立，试求a 的取值范围． (1)证明 由a ＝1，得f (x )＝e x －1－ln(x ＋1)，x ≥0，所以有f ′(x )＝e x －1－1x ＋1， 所以f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝1e －1<0，f ′(1)＝12>0， 所以存在x 0∈(0，1)，使f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－1－ln(x 0＋1)，(*) 且e x 0－1－1x 0＋1＝0，即e x 0－1＝1x 0＋1， 两边取对数，得ln(x 0＋1)＝1－x 0，代入(*)，有f(x)min＝f(x0)＝1x0＋1＋x0－1＝x20x0＋1>0恒成立，所以f(x)>0.(2)解由题意得e x－a－ln(x＋a)≥2x＋a＋1－1－ln 2对x≥0恒成立，①必要性将x＝1代入上述不等式，得e1－a－ln(1＋a)≥a＋3－1－ln 2，即ln(1＋a)＋a＋3－e1－a－1－ln 2≤0，令函数g(a)＝ln(1＋a)＋a＋3－e1－a－1－ln 2，易知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，所以0<a≤1.②下证当0<a≤1时，e x－a－ln(x＋a)≥2x＋a＋1－1－ln 2对x≥0恒成立，即证ln(x＋a)＋2x＋a＋1－e x－a≤1＋ln 2.因为0<a≤1，所以ln(x＋a)＋2x＋a＋1－e x－a≤ln(x＋1)＋2x＋2－e x－1. 设函数h(x)＝ln(x＋1)＋2x＋2－e x－1，则h′(x)＝1x＋1＋12x＋2－e x－1，显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递减，且h′(1)＝0，所以h(x)在[0，1)上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(1)＝1＋ln 2，不等式得证．由①和②可知0<a≤1，即a的取值范围为(0，1]．感悟升华把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧．【训练2】(2021·杭州质检)设函数f(x)＝e x＋ax，a∈R.(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．解(1)由题意得f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2e x－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(e x－x＋a)．设h(x)＝2(e x－x＋a)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0.所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤ 5.又a≥－1，所以－1≤a≤ 5.②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3.又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，从而g(x)min＝g(x0)＝2e x0－x20＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x20＋2ax0－a2＋3＝－x20＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3.由于x0是单调增函数h(x)＝2(e x－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，故只需保证g′(a＋3)＝2[e a＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即e a＋3≥3，故实数，ln 3－3≤a<－1.综上所述，a的取值范围为[ln 3－3，5]．题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧【例3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0得， x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于 f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x2－x2＋2ln x2<0，即f（x1）－f（x2）x1－x2<a－2.【训练3】已知函数f(x)＝x2＋a ln(x＋2)，a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范围．解函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，且f′(x)＝2x＋ax＋2＝2x2＋4x＋ax＋2，由于f(x)有两个极值点，则二次函数g(x)＝2x2＋4x＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根x1，x2，由于g(x)的对称轴为x＝－1，由二次函数的图象可知，只需Δ＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0<a<2. 考虑到x1，x2是方程2x2＋4x＋a＝0的两根．从而x1＋x2＝－2，x1x2＝a 2，从而f(x1)＋f(x2)＝x21＋a ln(x1＋2)＋x22＋a ln(x2＋2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＋a ln[2(x1＋x2)＋x1x2＋4]＝4－a＋a ln a 2，其中0<a<2.令h(a)＝4－a＋a ln a2，a∈(0，2)，则h′(a)＝－1＋ln a2＋1＝lna2<0，从而h(a)在(0，2)上单调递减，又当x→0(x>0)，h(a)→4，a→2，h(a)→2，所以h(a)的值域为(2，4)．综上所述f(x1)＋f(x2)的取值范围是(2，4)．题型四不等式e x≥x＋1、ln x≤x－1的应用【例4】 (2020·七彩阳光联盟适考)函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax ，g (x )＝1－e x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≥g (x )在x ∈[0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为x ∈(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1－a ＝－ax ＋1－a x ＋1. (ⅰ)当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；(ⅱ)当a ≠0时，令f ′(x )＝0得x ＝1－a a ＝1a －1，若a <0，则1a －1<－1，若a >0，则1a －1>－1.①当a <0时，f ′(x )＝1x ＋1－a >0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当a >0时，f ′(x )＝－a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x ＋1，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，1－a a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，综上可得，当a ≤0时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增； 当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，1－a a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a a ，＋∞上单调递减． (2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(x ＋1)＋e x －ax －1，x ≥0， 则h ′(x )＝1x ＋1＋e x －a ， 当a ≤2时，由e x ≥x ＋1得 h ′(x )＝1x ＋1＋e x －a ≥1x ＋1＋x ＋1－a ≥0， 于是，h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )≥h (0)＝0恒成立，符合题意； 当a >2时 ，由于x ≥0，h (0)＝0， 令函数m (x )＝h ′(x )，则m′(x)＝－1（x＋1）2＋e x(x≥0)．所以m′(x)≥0，故h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，而h′(0)＝2－a<0.则存在一个x0>0，使得h′(x0)＝0，所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，故h(x0)<h(0)＝0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．感悟升华在函数、导函数不等式中，对于出现e x，ln x时，要注意应用结论e x≥x ＋1，x－1≥ln x，e x≥e x.【训练4】(2020·山东卷)已知函数f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a e x－1－1 x.(1)当a＝e时，f(x)＝e x－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为－2e－1，2.因此所求三角形的面积为2e－1.(2)当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1.当a＝1时，f(x)＝e x－1－ln x，f′(x)＝e x－1－1 x.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a>1时，f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a>e x－1－ln x≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．题型五 “极值点”的偏移【例5】 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，证明：当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1＋x 2＞2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，得f (x )在(－∞，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f (x )有极大值f (1)＝1e ，无极小值．(2)证明 由g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，得g (x )的解析式为y ＝f (2－x )，构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)， 求导得F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，当x ＞1时，x －1＞0，e x －2－e －x ＞0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(1，＋∞)上单增，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )．(3)证明 由f (x 1)＝f (x 2)，结合f (x )的单调性可设x 1＜1＜x 2，将x 2代入(2)中不等式得f (x 2)＞f (2－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，故f (x 1)＞f (2－x 2)，又x 1＜1，2－x 2＜1，f (x )在(－∞，1)上单增，故x 1＞2－x 2，x 1＋x 2＞2.感悟升华 用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：(1)求导，获得f (x )的单调性，极值情况，作出f (x )的图象，由f (x 1)＝f (x 2)得x 1，x 2的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数，对结论x 1＋x 2＞(＜)2x 0，构造F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2＞(＜)x 20，构造F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，求导，限定范围(x 1或x 2的范围)，判定符号，获得不等式；(3)代入x 1(或x 2)，利用f (x 1)＝f (x 2)及f (x )的单调性证明最终结论．【训练6】 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点(a ＞0)．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.证明 由f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )，知f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，f (1)＝－e ，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可设x 1＜1＜x 2.构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，求导得F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝(x －1)(e x ＋2a )－(x －1)(e 2－x ＋2a )＝(x －1)(e x －e 2－x )，当x ＜1时，x －1＜0，e x －e 2－x ＜0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(－∞，1)上单增，又F (1)＝0，故F (x )＜0(x ＜1)，即f (x )＜f (2－x )(x ＜1)．将x 1代入上述不等式中，得f (x 1)＝f (x 2)＜f (2－x 1)，又x 2＞1，2－x 1＞1，f (x )在(1，＋∞)递增，故x 2＜2－x 1，x 1＋x 2＜2.1．证明：e x －ln x >2.证明 设f (x )＝e x －ln x (x >0)，则f ′(x )＝e x－1x ，令φ(x )＝e x －1x ，则φ′(x )＝e x ＋1x 2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x )在(0，＋∞)单调递增，即f ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上是增函数，又f ′(1)＝e －1>0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0， ∴f ′(x )＝e x －1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有唯一的零点． 不妨设f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0，从而x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0， 所以当x >x 0时，f ′(x )>0；当0<x <x 0时，f ′(x )<0.∴f (x )＝e x －ln x 在x ＝x 0处有极小值，也是最小值．∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln x 0＝1x 0＋x 0>2，x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 故e x －ln x >2.2．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 0＝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 (x 0)>－32.3．已知f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )，y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.若2f (x )－(k ＋1)x ＋k >0(k ∈Z )对任意x >1都成立，求整数k 的最大值．解 由题设知f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，由f ′(1)＝2，解得a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .当x >1时，不等式2f (x )－(k ＋1)x ＋k >0(k ∈Z )化为k <x ＋2x ln x x －1，记g (x )＝x ＋2x ln x x －1(x >1)，则g ′(x )＝2x －2ln x －3（x －1）2， 再设h (x )＝2x －2ln x －3，则h ′(x )＝2（x －1）x >0， 所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，又h (2)＝1－2ln 2<0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 52>0， 故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52上存在唯一零点x 0， 使h (x 0)＝2x 0－2ln x 0－3＝0，且当1<x <x 0时，g ′(x )<0；当x >x 0时，g ′(x )>0.即g (x )在(1，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋2x 0ln x 0x 0－1， 由2x 0－2ln x 0－3＝0得2ln x 0＝2x 0－3，则g (x )min ＝x 0＋x 0（2x 0－3）x 0－1＝2x 0∈(4，5)， 又k <x ＋2x ln x x －1恒成立， 故整数k 的最大值为4.4．已知函数f (x )＝e x －a .(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值；(2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值．解 (1)f ′(x )＝e x ，因为函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切，所以令f ′(x )＝1，即e x ＝1，得x ＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f (0)＝1－a ＝－1，∴a ＝2.(2)先证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，令F ′(x )＝0，则x ＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0.所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立．∴e x ≥x ＋1，从而e x －2≥x －1(x ＝0时取等号)．以ln x 代换x 得ln x ≤x －1(当x ＝1时，等号成立)，所以e x －2>ln x .当a ≤2时，ln x <e x －2≤e x －a ，则当a ≤2时，f (x )－ln x >0恒成立．当a ≥3时，存在x ，使e x －a <ln x ，即e x －a >ln x 不恒成立．综上，整数a 的最大值为2.5．已知函数f (x )＝x ln x －x ，两相异正实数x 1，x 2满足f (x 1)＝f (x 2)．求证：x 1＋x 2＞2.证明 f ′(x )＝ln x ，当x ∈(0，1)时，f (x )单减，当x ＞1时，f (x )单增，且f (1)＝－1，如图所示，不妨设x 1＜1＜x 2，要证x 1＋x 2＞2，即证x 2＞2－x 1，只需要证f (2－x 1)＜f (x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (2－x 1)＜f (x 1)，设g (x )＝f (x )－f (2－x )(x ∈(0，1))，则g ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，符号不易判断，再设h (x )＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，则h ′(x )＝1x －12－x ＝2－2x x （2－x ）＞0，∴h (x )在(0，1)上单增，∴h (x )＜h (1)＝0，∴g (x )在(0，1)上单减，∴g (x )＞g (1)＝0， ∴f (x )－f (2－x )＞0；0＜x ＜1，∴f (x 1)＞f (2－x 1)成立，∴x 1＋x 2＞2.6．(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意． ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0，令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n. 从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e ， 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564>2， 从而m 的最小正整数是m ＝3.7．(2021·台州评估测试)已知函数f (x )＝e x －x 2，g (x )＝ax .(1)求证：存在唯一的实数a ，使得直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切；(2)若a ∈[1，2]，x ∈[0，2]，求证：|f (x )－g (x )|≤e 2－6.(注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数)证明 (1)由f ′(x )＝e x －2x 知，函数f (x )在点(t ，f (t ))处的切线方程为y －(e t －t 2)＝(e t －2t )(x －t )，当该直线为y ＝ax 时，可得⎩⎨⎧a ＝e t －2t ，e t －t 2＝t （e t －2t ），所以(t －1)e t －t 2＝0，所以t >1.令函数h (t )＝(t －1)e t －t 2，则当t >1时，h ′(t )＝t (e t －2)>0，所以函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增，而h (1)＝－1<0，h (2)＝e 2－4>0，所以存在唯一的实数t 0∈(1，2)，使得h (t 0)＝0，相应的a ＝e t －2t 也是唯一的，即存在唯一的实数a ，使得直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切．(2)要证|f (x )－g (x )|≤e 2－6，即证6－e 2≤e x －x 2－ax ≤e 2－6.令函数F (a )＝e x －x 2－ax ，对于确定的x ，F (a )是一次函数，只要证明⎩⎨⎧6－e 2≤F （1）≤e 2－6，6－e 2≤F （2）≤e 2－6，注意到对于同一x ∈[0，2]，F (1)≥F (2)，所以只要证明⎩⎨⎧F （1）≤e 2－6，①F （2）≥6－e 2.②先证明①：记函数G (x )＝F (1)＝e x －x 2－x ，则G ′(x )＝e x －2x －1，令y ＝e x －2x －1，因为y ′＝e x －2，令y ′>0⇒x >ln 2，由此可知G ′(x )在[0，ln 2]上单调递减，在[ln 2，2]上单调递增．又因为G ′(0)＝0，G ′(ln 2)＝e ln 2－2ln 2－1<0，G ′(2)＝e 2－5>0，所以在[ln 2，2]上存在唯一实数x 0，使得G ′(x 0)＝0，故在[0，x 0]上G (x )单调递减，在[x 0，2]上G (x )单调递增．所以G (x )max ＝max{G (0)，G (2)}＝e 2－6，即F (1)≤e 2－6，①得证；再证明②：记函数H (x )＝F (2)＝e x －x 2－2x ，当x ∈[0，1]时，利用不等式e x ≥x ＋1得H (x )≥(x ＋1)－x 2－2x ＝－x 2－x ＋1≥1－1－1＝－1>6－e 2；当x ∈[1，2]时，利用不等式e x≥x 22＋x ＋1(x ≥0)得e·e x －1≥e·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（x －1）22＋（x －1）＋1＝e 2x 2＋e 2. 于是H (x )≥⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x 2＋e 2＋(－2x －x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1x 2－2x ＋e 2. 其中二次函数φ(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1x 2－2x ＋e 2开口向上，对称轴为x ＝2e －2>2， 所以当x ∈[1，2]时，φ(x )的最小值为φ(2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1－4＋e 2＝5e 2－8， 所以H (x )≥φ(x )≥φ(2)>6－e 2.综上，不等式①②均成立，所以当x ∈[0，2]时，对任意的a ∈[1，2]，总有|f(x)－g(x)|≤e2－6.。
高中数学导数新授课中的隐零点问题
隐零点代换与估计隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.高考中曾多次考察隐零点代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论. 一．基本原理1.解题步骤：第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程'()f x =00，并结合()f x 的单调性得到零点的范围；第2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； 第3步：将零点方程'()f x =00适当变形，整体代入()f x 最值式子进行化简： ①要么消除()f x 最值式中的指对项 ②要么消除其中的参数项； 从而得到()f x 最值式的估计. 2.隐零点的同构实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：原理分析⎪⎩⎪⎨⎧--+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧--+=1ln ln ln )(ln 1)(x x xx x x x f x e e x xe x f x x x 0ln ln )ln ()(2=+⇒-=-⇒=x e x xxx f xe x f x x 所以在解决形如0ln 1=+⇔=x x xe x，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 二．典例分析 1.隐零点代换例1．已知函数()()ln ,0f x ax a =>.（1）当1a =时，若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y kx b =+，证明：()f x kx b ≤+；（2）若()()1e x af x x -≤-，求a 的取值范围.解析：（2）记()()()()1e 1e ln ln ,0x ax a h x x f x x x a x --=--=--->，依题意，()0h x ≥恒成立，求导得()1e,0x ah x x x x -=-'>，令()()211e ,1e 0x a x a y h x x y x x x--''==-=++>， 则()h x '在()0,∞+上单调递增，又()()12111()e 20,11e 0221a h h a a a -'-'=<+=+->+，则01,12x a ⎛⎫∃∈+ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即0001e x ax x -=成立， 则当()()()00,,0,x x h x h x '∈<单调递减；当()()()0,,0,x x h x h x ∞'∈+>单调递增，()()0min 000()1e ln ln x a h x h x x x a -==---，由0001ex ax x -=，得000201e,2ln x aa x x x -==+， 于是得()()00000201ln ln 2ln x h x x x x x -=--+，当()1,x ∞∈+时，令()21ln x t x x x -=-， 有()()()()3120,x x t x tx x -+=<'在()1,+∞上单调递减，而2ln x x +在()1,+∞上单调递增，即有函数()ln 2ln y x x =-+在()1,+∞上单调递减，于是得函数()()21ln ln 2ln x x x x x x ϕ-=--+在()1,+∞上单调递减，则当()01,x ∈+∞时，()()()0010h x x ϕϕ=<=，不合题意；当01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦且002ln 0x x +>时，由（1）中ln 1x x ≤-知，00ln 1x x -≥-，有()()0000ln 2ln 12ln x x x x -+≥-+，从而()()()000000000220011ln ln 2ln ln 12ln x x h x x x x x x x x x --=--+≥-+-+ ()0000002200113ln 1311x x x x x x x x --=--+≥---+()()()0002012121x x x x --+=，由01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦知()00h x ≥，因此满足()()1e x a f x x -≤-，又002ln ,2ln a x x y x x =+=+在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，则有12ln2,12a ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，而0a >，所以实数a 的取值范围是(]0,1.例2．已知函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>（e 是自然对数的底数）． （1）当1a =时，试判断()f x 在()1,+∞上极值点的个数； （2）当1e 1a >-时，求证：对任意1x >，()1f x a>． 解析：（1）()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明：由22(1)(e )e (1)11()x a x axx x x f x x xx ------'=-=，设()=e 1x ax h x x ---，则1()e 11x a h x x -=--- 在()1,+∞上是增函数，当1x +→ 时，()h x →-∞，因为1e 1a >-，所以1(1)e 10h a a +=-->，所以存在0(1,1)x a ∈+ ，使得0000()e 01x ax h x x -=-=-，当0(1,)x x ∈时，()0h x <，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x >，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，故0x x = 是函数()()eln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>的极小值点，也是最小值点，则()0000e ln l 1)n ()(x a f x x f x a x --+=+≥ ，又因为000e 1x ax x -=-，所以()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-， 即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a ->-+-，设()ln 11g x x x =--，则()ln 11g x x x =--在()1,+∞上单调递减，因为0(1,1)x a ∈+，所以0()(1)g x g a >+ ，故()001ln ln 111x a x a ->-+-，故对任意1x >，()1f x a>. 例3.（2015四川卷）已知函数0,22ln )(2)(22>+--++-=a a a ax x x a x x f . （1）设)(x g 为)(x f 的导函数，试讨论)(x g 的单调性；（2）证明：存在)1,0(∈a ，使得0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立，且0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解.分析：第（1）问常规操作. 此处分析第（2）问. 对于第二问的分析尤为重要，因为这个题目用常规的恒成立与零点处理手法很难奏效，毕竟)(x f 的结构是很复杂的.若要0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立等价于0)(min ≥x f ，而同时0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解，这就表现0)(min =x f ，这才是这个题目的突破点.既然要0)(min =x f 则)(x f 在区间),1(+∞必然先减后增，于是函数的最小值不在端点处出现而是区间内点，这就意味着最小值处导函数值为零.基于上面的分析，我们便可入手解题.解析： 由()2()2ln 2(1)0a f x x a x x '=---+=，得11ln 1x x a x ---=+．代入)(x f 解析式，令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------=-++--+++++, 则(1)10ϕ=＞，211e(e 2)e 2(e)2()01e 1e ϕ----=--++＜．故存在0(1,e)x ∈，使得0()0x ϕ=．令001001ln 1x x a x ---=+，()1ln u x x x =--(1)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)011111e e e +21u x u u a x ---===+++-＜＜＜．即 0(0,1)a ∈． 当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x x ϕ==．由(1)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增， 故当0(1,)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．点评：通常我们处理隐零点的策略是代换掉指对项，但此解法利用隐零点代换掉参数，从而得到不含参数的表达式来解决，这个思想值得我们学习. 例4.（2020新高考1卷）已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； （2）若1)(≥x f ，求a 的取值范围.解析：（1）切线方程为()12y e x =-+,故切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--. （2）由于1()eln ln x f x a x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x-'=+>即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11minf x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a< ，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x aex -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+, 故()1f x ≥恒成立； 当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,)+∞. 2.隐零点同构例5.已知函数()axf x e x =-（a R ∈，e 为自然对数的底数），()ln 1g x x mx =++.（1）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，()()x f x x g x ⎡⎤⎣≥⎦+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围. 解析：（1）()f x 有两个零点⇔关于x 的方程ax e x =有两个相异实根，由0>ax e ，知0x >()f x ∴有两个零点ln x a x⇔=有两个相异实根.令()ln x G x x =，则()21ln xG x x -'=，由()0G x '>得：0x e <<，由()0G x '<得：x e >，()G x ∴在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，()()max 1G x G e e∴==，又()10G =，∴当01x <<时，()0G x <，当1x >时，()0G x > 当x →+∞时，()0G x →，()f x ∴有两个零点时，实数a 的取值范围为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭；（2）当1a =时，()xf x e x =-，∴原命题等价于ln 1x xe x mx ≥++对一切()0,x ∈+∞恒成立ln 1x x m e x x ⇔≤--对一切()0,x ∈+∞恒成立.令()()ln 10x x F x e x x x=--> ()min m F x ∴≤，()222ln ln x x x x e x F x e x x+'=+=，令()2ln xh x x e x =+，()0,x ∈+∞，则 ()2120x h x xe x e x '=++>，()h x ∴在()0,∞+上单增，又()10h e =>，1201110eh e e e -⎛⎫=-<-= ⎪⎝⎭01,1x e ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使()00h x =即0020e n 0l xx x +=①，当()00,x x ∈时，()0h x <，当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()F x 在()00,x 递减，在()0,x +∞递增，()()000min 00ln 1xx F x F x e x x ∴==-- 由①知0200ln x x e x =-，01ln 000000ln 111ln ln x x x x e e x x x x ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭∴函数()xx xe ϕ=在()0,∞+单调递增，001lnx x ∴=即00ln x x =-，()0ln 0min000011111x x F x e x x x x --∴=--=+-=，1m ∴≤ ∴实数m 的取值范围为(],1-∞.注：本题再次涉及隐零点同构，否则的话，很难找到隐零点具体的代换方向！例6.（2019成都一诊理）已知函数R a ax xe x a xf x∈+--=,ln )(. （1）当0<a ，讨论)(x f 的单调性；（2）当1=a 时，若1)1()(≥-++bx e xx x f x恒成立，求b 的取值范围. 解析：（2）由题意，当1a =时，不等式()11x f x x e bx x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭恒成立.即()ln 11x xe x b x -+-≥恒成立，即ln 11xx b e x x-≤--恒成立. 设()ln 1xx g x e x x =---.则()22221ln 1ln x xx x e x g x e x x x -+=-+='. 设()2ln x h x x e x =+，则()()212xh x x x e x='++.当0x >时，有()0h x '>.()h x ∴在()0,+∞上单调递增，且()10h e =>，1ln202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭.函数()h x 有唯一的零点0x ，且0112x <<.当()00,x x ∈时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增.即()0g x 为()g x 在定义域内的最小值.0000ln 11x x b e x x ∴-≤--.()00h x =，得0000ln x xx e x =-，0112x <<.()*⋯⋯ 令()xk x xe =，112x <<.∴方程()*等价于()()ln k x k x =-，112x <<. 而()()1xk x x e +'=在()0,+∞上恒大于零，()k x ∴在()0,+∞上单调递增.故()()ln k x k x =-等价于ln x x =-，112x <<.设函数()ln m x x x =+，112x <<.易知()m x 单调递增. 又11ln2022m ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110m =>，0x ∴是函数的唯一零点. 即00ln x x =-，001x e x =. 故()g x 的最小值()()000000000ln 1111xx x g x e x x x x x -=--=--=.∴实数b 的取值范围为(],2-∞. 注：注意00ln x x =-，01x e x =这一步代换！ 3.隐零点的估计.例7.（2017新课标2卷）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．习题2.解析：（1）1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--．设()22ln h x x x =--，则1()2h x x '=-．当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点．由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <．因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2e f x --<<．例8.（2016年全国2卷） （1）讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>； （2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag 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．解析（1）证明：()2e 2x x f x x -=+()()()22224e e 222x x x x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭ ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+∴()2e 20x x x -++> （2）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+，由（1）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<，0)2(>=+a a f ，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=.当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减；当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增．因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+． 于是()2ax a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2x e x +单调递增．所以，由(0,2]a x ∈，得4)(212e a h <<，因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．。
【高考数学冲刺解题技巧】高考导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题
导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、设函数 f x e x ax 2.( Ι ) 求f x 的单调区间；（Ⅱ）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.变式训练：已知函数 f x xl n x a,x a. R（Ⅰ）若函数 f x 在e2 ,上为增函数，求 a 的取值范围；（Ⅱ）若x 1,, f x k x 1 ax x 恒成立，求正整数k 的值.2、已知函数 f x e x ln x m .( Ι ) 设x0 是 f x 的极值点，求m ,并谈论 f x 的单调性；（Ⅱ）当m 2 时，证明 f x0 .变式训练：已知函数 f x 2 x3x2ax 1 在1,0上有两个极值点x1、 x2，且 x1 x2.3( Ι ) 求实数a的取值范围；（Ⅱ）证明： f x211. 123、已知a R ，函数 f x e x ax2； g x 是 f x 的导函数.（Ⅰ）当 a 1f x 的单调区间；时，求函数2（Ⅱ）当 a0 时，求证：存在唯一的x01,0，使得 g x00 ；2a（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 f ( x) f (1)e x 1 f (0) x 1 x2.2（Ⅰ）求 f ( x) 的剖析式及单调区间；（Ⅱ）若 f (x) 1 x2ax b ，求 ( a1)b 的最大值.24、已知函数f x 2 x a ln x x22ax 2a2 a ，其中 a 0 .（Ⅰ）设 g x 是 f x 的导函数，谈论g x的单调性；（Ⅱ）证明：存在a0,1，使得 f x0在区间 1,内恒成立，且 f x0 在区间 1,内有唯一解 .变式训练,已知函数 f x2ln x x22ax a2，其中a0 ，设g x 是 f x 的导函数.（Ⅰ）谈论 g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在 a 0,1 ，使得 f x 0 恒成立，且 f x 0 在区间1,内有唯一解.变式训练 ,已知函数f x a x2ln x x 1， g x ae x a ax 2a 1 ，其中a R.2x（Ⅰ）若 a 2 ，求 f x 的极值点；（Ⅱ）试谈论 f x 的单调性；（Ⅲ）若 a 0 ，x 0,，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f x ln x 1 ax2x ，a R.2（Ⅰ）求函数 f x 的单调区间；（Ⅱ）可否存在实数 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，请说明原由.。
北京市西城区普通中学2024学年高中数学试题习题：导数压轴题之隐零点问题
北京市西城区普通中学2024学年高中数学试题习题：导数压轴题之隐零点问题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）．若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦，这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为（ ）A ．13B ．12C ．23D ．342．已知命题2:21,:560p x m q x x -<++<，且p 是q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围为（ ） A ．12m >B ．12m ≥C ．1mD ．m 1≥3．如图，抛物线M ：28y x =的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线M 交于A ，B 两点，若直线l 与以F 为圆心，线段OF （O 为坐标原点）长为半径的圆交于C ，D 两点，则关于AC BD ⋅值的说法正确的是（ ）A ．等于4B ．大于4C ．小于4D ．不确定4．622x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，含3x 项的系数为（ ） A ．60-B ．12-C ．12D ．605．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（ ） A ．14B ．13C ．532D ．3166．设α，β是方程210x x --=的两个不等实数根，记n nn a αβ=+（n *∈N ）.下列两个命题（ ）①数列{}n a 的任意一项都是正整数； ②数列{}n a 存在某一项是5的倍数. A ．①正确，②错误 B ．①错误，②正确 C ．①②都正确 D ．①②都错误7．设22(1)1z i i=+++（i 是虚数单位），则||z =（ ） A ．2B ．1C ．2D ．58．已知函数()sinx12sinxf x =+的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）①绕着x 轴上一点旋转180︒; ②沿x 轴正方向平移; ③以x 轴为轴作轴对称;④以x 轴的某一条垂线为轴作轴对称. A ．①③B ．③④C ．②③D ．②④9．对某两名高三学生在连续9次数学测试中的成绩（单位：分）进行统计得到折线图，下面是关于这两位同学的数学成绩分析．①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，故平均成绩为130分； ②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间内；③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关； ④乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步． 其中正确的个数为（ ） A ．B ．C ．D ．10．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数N 除以正整数m 后的余数为n ，则记为(mod )N n m =，例如112(mod3)=．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的n 等于（ ）．A ．21B ．22C ．23D ．2411．已知直线l 320x y ++=与圆O ：224x y +=交于A ，B 两点，与l 平行的直线1l 与圆O 交于M ，N 两点，且OAB 与OMN 的面积相等，给出下列直线1l 330x y +-=320x y +-=，③320x -+=，330x y ++=.其中满足条件的所有直线1l 的编号有（ ）A ．①②B ．①④C ．②③D ．①②④12．小张家订了一份报纸，送报人可能在早上6:307:30-之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上7.008:00-之间.用A 表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为x ，小张离开家的时间为y ，(,)x y 看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件A 的概率()P A 等于（ ）A ．58B ．25C ．35D ．78二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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年整理)导数中地隐零点专项训练题(强烈推荐,公式编辑器完美编辑之学生版)
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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()2x f 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 x f 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。