(完整版)导数之隐零点问题

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高考数学专题一微专题12 隐零点问题

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

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)

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

2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。

3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。

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

5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。

6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。

7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。

8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。

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

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，

专题11 导数压轴题之隐零点问题(原卷版)

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．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．典例3.已知函数()e sin 1x f 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.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()22lnf x a a a≥+.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.变式1．已知函数()()x f 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.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．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，并加以证明变式4.已知函数sin()xf xx=，()cosg x m x x=-，0m>．（1）讨论函数()f x 在(,0)(0,)ππ-上的单调性；（2）若方程()()mf x g x =在区间30,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个实数根，求m 的取值范围．。

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∴=-∈-+∞．。

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⎛⎤⎥⎝⎦，．。

导数专题---隐零点问题-1

导数专题---<<隐零点问题>>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≤2时，证明f（x）＞0．解：（Ⅰ）∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x-ln（x+1），其定义域为（-1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）-1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（-1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当-1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（-1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（-m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．当m=2时，函数在（-2，+∞）上为增函数，且f′（-1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（-2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（-1，0）．当x∈（-2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=-x0．故f（x）≥=＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．2.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≥0时，f（x）＞x2-4．解：（Ⅰ）f′（x）=e x+a，由已知，f′（0）=-1，f（0）=-1，故a=-2，b=-2，f′（x）=e x-2，当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（-∞，ln2）单调递减，在（ln2，+∞）单调递增；…（6分）（Ⅱ）设g（x）=f（x）-（x2-4）=e x-x2-2x+2，g′（x）=e x-2x-2=f（x）在（ln2，+∞）单调递减，在（-∞，ln2）单调递增，因为g′（0）=-1＜0，g′（2）=e2-6＞0，0＜ln2＜2，所以g′（x）在[0，+∞）只有一个零点x0，且x0∈（0，2），=2x0+2，当x∈[0，x0）时，g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，即g（x）在[0，x0）调递减，在（x0，+∞）时，单调递增，当x≥0时，g（x）≥g（x0）==4-＞0，即f（x）＞x2-4，3.已知函数f（x）=．（1）证明：∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）若∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立，求实数k的取值范围．解：（1）证明：f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f（x）的导数为f′（x）=，直线y=g（x）过定点（1，0），若直线y=g（x）与y=f（x）相切于点（m，），则k==，即为ln m+m-1=0①设h（x）=ln x+x-1，h′（x）=+1＞0，则h（x）在（0，+∞）递增，h（1）=0，当且仅当m=1①成立．与定义域矛盾，故∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）f（x）≤g（x）+⇔-k（x-1）≤，可令m（x）=-k（x-1），x∈[e，e2]，则∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立⇔m（x）min≤．m′（x）=-k=-（-）2+-k，当k≥时，m′（x）≤0，m（x）在[e，e2]递减，于是m（x）min=m（e2）=-k（e2-1）≤，解得k≥，满足k≥，故k≥成立；当k＜时，由y=-（t-）2+-k，及t=得m′（x）=-（-）2+-k在[e，e2]递增，m′（e）≤m′（x）≤m′（e2），即-k≤m′（x）≤-k，①若-k≥0即k≤0，m′（x）≥0，则m（x）在[e，e2]递增，m（x）min=m（e）=e-k（e-1）≥e＞，不成立；②若-k＜0，即0＜k＜时，由m′（e）=-k＜0，m′（e2）=-k＞0，由m′（x）单调性可得∃x0∈[e，e2]，由m′（x0）=0，且当x∈（e，x0），m′（x）＜0，m（x）递减；当x∈（x0，e2）时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）的最小值为+k（x0-1），由+k（x0-1）≤，可得k≥（-）＞（）=＞，与0＜k＜矛盾．综上可得k的范围是k≥．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，求证：f（x）＜0．解：（1）根据题意可得，f′（x）=-e x=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，函数y=f（x）是减函数，无极值点；当a＞0时，令f（x）=0，得a-xe x=0，即xe x=a，又y=xe x在（0，+∞）上存在一解，不妨设为x0，所以函数y=f（x）在（0，x0）上是单调递增的，在（x0，+∞）上是单调递减的；所以函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；总之：当a≤0时，f（x）无极值点；当a＞0时，函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；（2）证明：a=2时，f（x）=2ln x-e x，f′（x）=（x＞0），由（1）可知f（x）有极大值f（x0），且x0满足x0=2…①，又y=xe x在（0，+∞）上是增函数，且0＜2＜e，所以x0∈（0，1），又知：f（x）min=f（x0）=2ln x0-…②；由①可得=，代入②得f（x）min=f（x0）=2ln x0-，令g（x）=2ln x-，则g′（x）=+=＞0恒成立，所以g（x）在（0，1）上是增函数，所以g（x0）＜g （1）=-2＜0，即g（x0）＜0，所以f（x）＜0．5.已知函数f（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∈（0，]，求证：∀x∈（0，2]，都有f（x）＜．解：（1）f（x）=+a ln x，f′（x）=，若函数f（x）=+a ln x有极值点，则ae x-x2=0有解，显然a＞0，令m（x）=ae x-x2，（a＞0），则m′（x）=ae x-2x，m″（x）=ae x-2，令m″（x）＞0，解得：x＞ln，令m″（x）＜0，解得：x＜ln，∴m′（x）在（-∞，ln）递减，在（ln，+∞）递增，∴m′（x）min=m′（ln）=2-2ln＜0，解得：a＜，故0＜a＜；（2）f（x）=+a ln x，f′（x）=，令h（x）=ae x-x2，则h′（x）=ae x-2x，0＜x≤1时，h′（x）≤ae-2＜0，由于h（a）=a（e a-a）＞0，h（1）=ae-1≤0，∴f（x）在（a，1）内有唯一极大值点x0，当a=时，f（x）有极大值点x=1，∴x∈（0，2]时，f（x）max≤max{f（1），f（x0）}，f（x0）=（a＜x0＜1），令ω（x）=，（a＜x＜1），则ω′（x）=-e-x（x-2）x lnx＜0，∴ω（x）＜ω（a）=＜，又f（1）=，∴max{f（1），f（x0）}＜．6.设函数f（x）=ax2-ln x+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2-e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．解：（1）函数f（x）=ax2-ln x+1的导数为f′（x）=2ax-=，x＞0，当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当a＞0时，由f′（x）＞0，可得x＞；由f′（x）＜0，可得0＜x＜．则当a≤0时，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；（2）证明：h（x）=f（x）-g（x）=ax2-ln x+1-（ax2-e x+3）=e x-ln x-2，h（x）的导数为h′（x）=e x-=，由y=xe x-1的导数为y′=（x+1）e x＞0，对x＞0恒成立，即有函数y=xe x-1在x＞0上递增，且y＞-1．设xe x-1=0的根为x0，即有x0e x0=1，（0＜x0＜1），则当x＞x0时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）递减．故当x=x0时，h（x）取得最小值，且为e x0-ln x0-2，即有+x0-2＞2-2=0，则h（x）＞0恒成立，即有f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．另解：当x＞0时，由e x＞x+1，ln x＜x-1这两个不等式知，f（x）-g（x）=e x-ln x-2＞x+1-x+1-2=0，即为f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．7.已知函数f（x）=x lnx+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∈Z，且对任意x＞1，都有k＜成立，求k的最大值．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=ln x+1+a，∴⇒∴f（x）=x lnx+2x-1．（2）可化为，令，则k＜g（x）min，，x∈（1，+∞）．令h（x）=x-2-ln x，则，∴h（x）在（1，+∞）上为增函数．又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，故存在唯一的x0∈（3，4）使得h（x0）=0，即x0-2=ln x0．当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（1，x0）上为减函数；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（x0，+∞）上为增函数．∴，∴k＜x0+1．∵x0∈（3，4），∴x0+1∈（4，5），∵k∈Z，∴k的最大值为4．【练习】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】（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）==＞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：（1）∵f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在[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1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0，x＞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．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】（Ⅰ）解：（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+1．4．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：（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3．5．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：（1）y=﹣3x+2．（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．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：（1），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]．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：（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：（1），②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：依题知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）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：（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：（Ⅰ）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）故令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln211．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：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=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；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e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证对任意x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，易知方程有唯一解，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：（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：（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x o,且.「「一【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,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K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(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H ￡h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,eh (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i ?■?f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)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 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，'?k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X Kh (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且k € Z , ? °k max =3 .函数f (x ) =alnx - x 2+x , g (x ) = (x - 2) e x - x 2+m (其中e=2.71828 ??：)(1) 当a O 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 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增，当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减；综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸时，f (x )的单调递增区间是「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，当0 vx <1 时，1 —x X),设??. 一乂，则u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ ? ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9J ：' I 15 ：，= ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+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—Inx (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;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . ￡【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄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+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二g (x)是增函数，e x+a>e a,「.由?「亠一一…x当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则?------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。

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。

如何破解导数中的隐零点问题

x∈(0,c)时,G(x)<0;当 x∈ (c,+ ∞ )时,
G(x)>0。
故当 x∈(0,c)时,F'(x)<0;当 x∈(c,
+ ∞ )时 ,F'(x)>0。
F(x)在 (0,c)上单调递减,在 (c,+∞ )
上单调递增,从而 F (x)≥F (c)=cec -
lnc-c-1。
由 G(c)=0,得cec -1=0,cec =1。
=0的应用。本题中还应用了反证法来证明不等式 x0+lnx0≥0。
例 4 已知函数 f(x)=2ex - (x-a)2
+3,a∈R,若 x≥0,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围。
解析:f'(x)=2(ex -x+a)。令 h(x) =2(ex -x+a)(x≥0),则h'(x)=2(ex -1) ≥0。
解析 :由已知 k(x-2)+g(x)<f(xቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ, 可得k(x-2)+2-2x-x2 <xlnx-x2 +
2-x,也即 k(x-2)<xlnx+x。
因为 x>2,所以k<xlx nx -2 +x。
设 F(x)=xlx nx -2 +x(x>2),则 F'(x)
=x-(x4- -2 2l) n2 x。
所以只需证 h(x0 )=e-x0 +x20 -x0 + x0lnx0≥0 即可。由 -e-x0 +2x0 +lnx0 = 0,得 e-x0 =2x0 +lnx0。所以 h(x0 )=e-x0 +x2 0 -x0 +x0lnx0 =2x0 +lnx0 +x20 -x0 + x0lnx0= (x0 +x20 )+ (lnx0 +x0lnx0 )= x0(1+x0)+(1+x0)lnx0 = (1+x0)(x0 + lnx0)。

第11讲导数中的隐零点问题(学生版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)

第11讲：导数中的隐零点问题思维导图-----知识梳理1、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 ，则有：①关系式0)('0=x f 成立；②注意确定0x 的合适范围.2、含参函数的隐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 ，则有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.3、函数零点的存在性(1)函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =.①若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个②若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点③若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号(2)若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一.脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶不含参数的隐零点问题套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫+含参数的隐零点问题套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫已知参数的取值范围证明不等式套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫x x2．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知函数()ln 2f x x x =--.(1)判断函数的单调性；(2)若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值.3．（2022·北京·北师大实验中学模拟预测）设函数()e 2x f x ax =--.(1)若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间；(3)若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>恒成立，求k 的最大值.+∞套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫操作(课后作业)：行同陌路，抑或一见如故。

(2021年整理)导数之隐零点问题

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函数与导数解答题之隐零点问题1.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.2. 已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（1)若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数,求a 的取值范围;（2）若()()()∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k的值。

1,,1x f x k x ax x3。

已知函数()()ln x f x e x m =-+.(1)设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（2)当2m ≤时,证明()0f x >.4. 已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <。

(1)求实数a 的取值范围; （2）证明：()21112f x >.5。

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。

6。

已知函数()21ln 2f x x ax x =-+,a R ∈。

(Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ)是否存在实数a ,使得函数()f x 的极值大于0？若存在,则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。

高考数学复习：隐零点问题

跟踪演练
已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数).当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值.
解当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x＋2)ex－ln x＋x. 令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]，所以 h′(x)＝(1－x)ex－1x，当0<x≤1时，1－x≥0，设 u(x)＝ex－1x，则 u′(x)＝ex＋x12>0，所以u(x)在(0,1]上单调递增.
所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)ex0－ln x0＋x0
＝(－x0＋2)·x10＋2x0＝－1＋x20＋2x0. 因为 y＝－1＋2x＋2x 在 x∈(0,1)上单调递减，又 x0∈12，1，所以 h(x0)＝－1＋x20＋2x0∈(3,4)，所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，所以正整数m的最大值是3.
因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，
且 u12＝ e－2<0，u(1)＝e－1>0，
所以存在 x0∈12，1，使得 u(x0)＝0，即 ex0 ＝x10，所以 ln x0＝－x0. 当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0. 所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，
设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)， φ′(x)＝1x－1＝1－x x，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数， φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x－1，所以－ln x>1－x，所以ln(x＋1)<x，所以ex>x＋1>0. 因为x0∈(0,1)，所以 ex0>x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0，相乘得 ex0 (1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，

导数中的隐零点代换与估计问题(解析版)

导数中的隐零点代换与估计问题隐零点代换证不等式【精选例题】1已知函数f x =e x -a -ln x +x .(1)当a =1时，求曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)当a ≤0时，证明：f x >x +2.【答案】(1)x -y +1=0；(2)证明见解析.【详解】(1)当a =1时，f x =e x -1-ln x +x ，求导得f x =e x -1-1x+1，则f 1 =1，而f 1 =2，则切线方程为y -2=x -1，即x -y +1=0，曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)当a ≤0时，令F (x )=f (x )-x -2=e x -a -ln x -2，x >0，求导得F (x )=e x -a-1x =xe x -a -1x，显然函数F (x )在(0,+∞)上单调递增，令g (x )=xe x -a -1，x ≥0，g (x )=(x +1)e x -a >0，即函数g (x )在(0,+∞)上单调递增，而g (0)=-1<0,g (1)=e 1-a -1≥e -1>0，则存在唯一x 0∈(0,1)，使得g (x 0)=0，即e x 0-a =1x 0，因此存在唯一x 0∈(0,1)，使得F (x 0)=0，当0<x <x 0时，F (x 0)<0，当x >x 0时，F (x 0)>0，因此函数F (x )在(0,x 0)上递减，在(x 0,+∞)上递增，当e x 0-a =1x 0时，x 0-a =-ln x 0，则F (x )≥F (x 0)=e x 0-a -ln x 0-2=1x 0+x 0-a -2>21x 0⋅x 0-a -2=-a ≥0，(当且仅当1x 0=x 0即x 0=1时，取等号，故式子取不到等号)所以当a ≤0时，f x >x +2.2已知函数f x =e x -ax 2-x .(1)当a =12时，求不等式f x -1-1 <1的解集；(2)当a >12时，求证f x 在0,+∞ 上存在极值点x 0，且f x 0 <3-x 02.【答案】(1)1,2 ；(2)证明见解析【详解】(1)a =12时，f x =e x -x 22-x ，f (x )=e x -x -1，令g (x )=f (x )，则g (x )=e x -1，于是x >0时，g (x )>0，g (x )递增，x <0时，g (x )<0，g (x )递减，故g (x )在x =0处取得最小值，即g (x )≥g (0)=e 0-0-1=0，于是g (x )=f (x )≥0，故f (x )在R 上递增，注意到f (0)=1，故f x -1-1 <1⇔f x -1-1 <f (0)，结合单调性，于是x -1-1<0，即x -1<1，解得1≤x <2，不等式的解集为1,2 .(2)f x =e x -ax 2-x ，则f x =e x -2ax -1，令g (x )=f (x )，g (x )=e x -2a ，由a >12可知，x >ln2a 时，g (x )>0，g (x )递增，x <ln2a 时，g (x )<0，g (x )递减，g (x )在x =ln2a 处取得最小值，而g (ln2a )=2a -2a ln2a -1=2a 1-ln2a -12a ，又记h (x )=1-ln x -1x (x >1)，h(x )=-1x +1x 2=1-x x 2<0，故h (x )在1,+∞ 上单调递减，故h (x )<h (1)=0，于是h (2a )<0，即g (ln2a )=2a ⋅h (2a )<0；g (2a )=e 2a -4a 2-1，令p (x )=e x -x 2-1(x >1)，p (x )=e x -2x ，记q (x )=p (x )(x >1)，则q (x )=e x -2>e 1-2>0，则q x =p x 在1,+∞ 单增，q x >q 1 =e -2，故p (x )在1,+∞ 上递增，p (x )>p (1)=e -2>0，取x =2a ，则g (2a )=p (2a )>0；记y =ln x -x +1，y =1-xx，于是x >1时，y <0，y 递减，0<x <1时，y >0，y 递增，故y 在x =1处取得最大值，故y =ln x -x +1≤ln1-1+1=0，x =1取得等号，于是ln2a <2a -1<2a . 于是，由g (2a )⋅g (ln2a )<0和零点存在定理可知，∃x 0∈(ln2a ,2a )，使得g (x 0)=f (x 0)=0，且ln2a <x <x 0，f (x )<0，x 0<x <2a ，f (x )>0，所以x 0是极小值点；由f (x 0)=0可得，e x 0-2ax 0-1=0，令j (x )=e x -ax 2-x -3-x 2=e x -ax 2-3+x 2，代入a =e x -12x ，整理j (x )=1-x 2 e x -32，j (x )=(1-x )e x 2，于是x >1时，j (x )<0，j (x )递减，x <1时，j (x )>0，j (x )递增，故j (x )在x =1处取得最大值，故j (x )≤j (1)=e -32<0，取x =x 0，故j (x 0)<0，原命题得证.【跟踪训练】1已知函数f x =ln ax ,a >0.(1)当a =1时，若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =kx +b ，证明：f x ≤kx +b ；(2)若f x ≤x -1 e x -a ，求a 的取值范围.【详解】解析：(2)记h x =x -1 e x -a -f x =x -1 e x -a -ln x -ln a ,x >0，依题意，h x ≥0恒成立，求导得h x =xe x -a -1x ,x >0，令y =h x =xe x -a -1x ,y =x +1 e x -a +1x2>0，则h x 在0,+∞ 上单调递增，又h 12 =12e 12-a-2<0,h a +1 =a +1 e -1a +1>0，则∃x 0∈12,a +1 ，使得h x 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0成立，则当x ∈0,x 0 ,h x <0,h x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ ,h x >0,h x 单调递增，h (x )min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a -ln x 0-ln a ，由x 0e x 0-a =1x 0，得e x 0-a =1x 20,a =x 0+2ln x 0，于是得h x 0 =x 0-1x 20-ln x 0-ln x 0+2ln x 0 ，当x ∈1,+∞ 时，令t x =x -1x 2-ln x ，有t x =1-x x +2x 3<0,t x 在1,+∞ 上单调递减，而x +2ln x 在1,+∞ 上单调递增，即有函数y =-ln x +2ln x 在1,+∞ 上单调递减，于是得函数φx =x -1x 2-ln x -ln x +2ln x 在1,+∞ 上单调递减，则当x 0∈1,+∞ 时，h x 0 =φx 0 <φ1 =0，不合题意；当x 0∈12,1且x 0+2ln x 0>0时，由(1)中ln x ≤x -1知，-ln x 0≥1-x 0，有-ln x 0+2ln x 0 ≥1-x 0+2ln x 0 ，从而h x 0 =x 0-1x 20-ln x 0-ln x 0+2ln x 0 ≥x 0-1x 20-ln x 0+1-x 0+2ln x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1 x 20，由x 0∈12,1 知h x 0 ≥0，因此满足f x ≤x -1 e x -a ，又a =x 0+2ln x 0,y =x +2ln x 在12,1上单调递增，则有a ∈12-2ln2,1，而a >0，所以实数a 的取值范围是0,1 .2已知函数f x =e x -ax-ln x +ln a +1 (a >0)(e 是自然对数的底数)．(1)当a =1时，试判断f x 在1,+∞ 上极值点的个数；(2)当a >1e -1时，求证：对任意x >1，f x >1a．【详解】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f(x )=e x -a (x -1)x 2-1x =(x -1)e x -a -xx -1 x2，设h (x )=e x -a -x x -1，则h (x )=e x -a -1-1x -1在1,+∞ 上是增函数，当x →1+时，h (x )→-∞，因为a >1e -1，所以h (a +1)=e -1-1a>0，所以存在x 0∈(1,a +1)，使得h (x 0)=e x 0-a-x 0x 0-1=0，当x ∈(1,x 0)时，h (x )<0，则f (x )<0，即f (x )在(1,x 0)上单调递减，当x ∈(x 0,+∞)时，h (x )>0，则f (x )>0，即f (x )在(1,x 0)上单调递增，故x =x 0是函数f x =e x -a x -ln x +ln a +1 (a >0)的极小值点，也是最小值点，则f (x )≥f (x 0)=ex 0-ax 0-ln x 0+ln a +1 ，又因为e x 0-a =x 0x 0-1，所以f (x 0)=1x 0-1-ln x 0+ln a +1 ，即证：对任意x >1，1x 0-1-ln x 0+ln a +1 >1a，即证：对任意x >1，1x 0-1-ln x 0>1a -ln a +1 ，设g (x )=1x -1-ln x ，则g (x )=1x -1-ln x 在1,+∞ 上单调递减，因为x 0∈(1,a +1)，所以g (x 0)>g (a +1)，故1x 0-1-ln x 0>1a-ln a +1 ，故对任意x >1，f x >1a.3已知函数f (x )=ae 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面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围.【详解】解析：(1)切线方程为y =e -1 x +2,故切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2e -1,0,所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -1.(2)由于f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x ，且a >0. 设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+1x2>0,即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.当a >1时，1a <1，∴f 1a f (1)=a e 1a-1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 0，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae x 0-1-ln x 0+ln a =1x 0+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0⋅x 0=2ln a +1, 故f x ≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).题型二:导数中的隐零点同构求范围问题【精选例题】1已知函数f x =e ax -x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，g x =ln x +mx +1.(1)若f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)当a =1时，x f x +x ≥g x 对任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求实数m 的取值范围.【详解】解析：(1)f x 有两个零点⇔关于x 的方程e ax =x 有两个相异实根，由e ax >0，知x >0∴f x 有两个零点⇔a =ln x x 有两个相异实根.令G x =ln x x ，则G x =1-ln x x 2，由Gx >0得：0<x <e ，由G x <0得：x >e ，∴G x 在0,e 单调递增，在e ,+∞ 单调递减，∴G x max =G e =1e，又∵G 1 =0，∴当0<x <1时，G x <0，当x >1时，G x >0，当x →+∞时，G x →0，∴f x 有两个零点时，实数a 的取值范围为0,1e；(2)当a =1时，f x =e x -x ，∴原命题等价于xe x ≥ln x +mx +1对一切x ∈0,+∞ 恒成立⇔m ≤e x -ln x x -1x 对一切x ∈0,+∞ 恒成立.令F x =e x -ln x x -1xx >0∴m ≤F x min ，F x =e x +ln x x 2=x 2e x+ln xx2，令h x =x 2e x +ln x ，x ∈0,+∞ ，则h x =2xe +x 2e x +1x >0，∴h x 在0,+∞ 上单增，又h 1 =e >0，h 1e=e 1e-2-1<e 0-1=0∴∃x 0∈1e,1 ，使h x 0 =0即x 20e x+ln x 0=0①，当x ∈0,x 0 时，h x <0，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，即F x 在0,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =e x 0-ln x 0x 0-1x 0，由①知x 20e x=-ln x 0，∴x 0e x 0=-ln x 0x 0=1x 0ln 1x 0=ln 1x 0e ln 1x 0∵函数φx =xe x 在0,+∞ 单调递增，∴x 0=ln 1x 0即x 0=-ln x 0，∴F x min =e -ln x 0--x 0x 0-1x 0=1x 0+1-1x 0=1，∴m ≤1∴实数m 的取值范围为-∞,1 .2已知函数f (x )=−a ln x −e xx+ax ,a ∈R .(1)当a <0，讨论f (x )的单调性；(2)当a =1时，若f (x )+x +1xe x −bx ≥1恒成立，求b 的取值范围.【详解】解析：(2)由题意，当a =1时，不等式f x +x +1xe x -bx ≥1恒成立.即xe x -ln x +1-b x≥1恒成立，即b -1≤e x -ln x x -1x 恒成立.设g x =e x --ln x x -1x .则g x =e x -1-ln x x 2+1x 2=x 2e x +ln x x2.设h x =x 2e x +ln x ，则h x =x 2+2x e x +1x .∵当x >0时，有h x >0.∴h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 1 =e >0，h 12 =e 4-ln2<0.∵函数h x 有唯一的零点x 0，且12<x 0<1.∵当x ∈0,x 0 时，h x <0，g x <0，g x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，gx >0，g x 单调递增.即g x 0 为g x 在定义域内的最小值.∴b -1≤e x 0-ln x 0x 0-1x 0.∵h x 0 =0，得x 0e x=-ln x 0x 0，12<x 0<1.⋯⋯* 令k x =xe x ，12<x <1.∴方程* 等价于k x =k -ln x ，12<x <1.而k x =x +1 e x在0,+∞ 上恒大于零，∴k x 在0,+∞ 上单调递增.故k x =k -ln x 等价于x =-ln x ，12<x <1.设函数m x =x +ln x ，12<x <1.易知m x 单调递增.又m 12 =12-ln2<0，m 1 =1>0，∴x 0是函数的唯一零点. 即ln x 0=-x 0，e x 0=1x 0.故g x 的最小值g x 0 =e x 0-ln x 0x 0-1x 0=1x 0--x 0 x 0-1x 0=1.∴实数b 的取值范围为-∞,2 .【跟踪训练】1已知函数f x =a ln x -1x-2x ，a ∈R .(1)当a =1时，判断f x 的零点个数；(2)若f x +e x +1x+2x ≥e 恒成立，求实数a 的值.【答案】(1)f x 的零点个数为0；(2)a =-e 【详解】(1)当a =1时，f x =ln x -1x -2x x >0 ，则f x =1x +1x 2-2=-2x 2+x +1x2=-2x 2-x -1x 2=-2x +1 x -1 x 2，当x ∈0,1 ，f x >0，函数f x 在0,1 上单调递增，当x ∈1,+∞ ，f x <0，函数f x 在1,+∞ 上单调递减，所以f x max =f 1 =-1-2=-3<0，所以f x 的零点个数为0.(2)不等式f x +e x +1x +2x ≥e ，即为e x +a ln x ≥e ，设F x =e x +a ln x ，x ∈0,+∞ ，则F x =e x +ax=xe x+a x，设g x =xe x +a ，x ∈0,+∞ ，当a ≥0时，g x >0，可得F x >0，则F x 单调递增，此时当x =1,F 1 =e ,而当0<x <1时，F x <e ，故不满足题意；当a <0时，由g x =x +1 e x >0，g x 单调递增，当x 无限趋近0时，g x 无限趋近于负数a ，当x 无限趋近正无穷大时，g x 无限趋近于正无穷大，故g x =0有唯一的零点x 0，即x 0e x 0+a =0，则e x 0=-ax 0，ln x 0+x 0=ln -a ，当x ∈0,x 0 时，g x <0，可得F x <0，F x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，g x >0，可得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 x 0+a ln -a -x 0 =a ln -a -ax 0-ax 0=a ln -a -a x 0+1x 0，因为x 0>0，可得1x 0+x 0≥2，当且仅当x 0=1时，等号成立，所以a ln -a -a x 0+1x 0≥a ln -a -2a因为F x ≥e 恒成立，即a ln -a -2a ≥e 恒成立，令h a =a ln -a -2a ，a ∈-∞,0 ，可得h a =ln -a +1-2=ln -a -1，当a ∈-∞,-e 时，h a >0，h a 单调递增；当a ∈-e ,0 时，h a <0，h a 单调递减，所以h a ≤h -e =e ，即h a ≤e 又由h a ≥e 恒成立，则h a =a ln -a -2a =e ，所以a =-e.2已知函数f x =e x -ln xx-1．(1)求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若函数g x =f x -ax有两个零点x 1,x 2(其中x 1<x 2)，求实数a 的取值范围．【答案】(1)e -1 x -y =0；(2)1,+∞【详解】(1)由f x =e x -ln x x -1，则f x =e x -1-ln xx 2，所以f 1 =e -1，即切点坐标为1,e -1 ，切线斜率k =f 1 =e -1，故切线方程为y -e -1 =e -1 x -1 ，即e -1 x -y =0.(2)由题意g x =0有两个不等的正根，等价于xe x -ln x -x =a 有两个不等的实根，设h x =xe x -ln x-x (x >0)，则h x =x +1e x -1x -1=x +1 e x -1x ，设m x =e x -1x,mx =e x+1x 2>0，则m x 在0,+∞ 为增函数，且m 12=e -2<0,m 1 =e -1>0，所以存在唯一的x 0∈0,+∞ ，使m x 0=e x 0-1x 0=0，得e x 0=1x 0ln x 0=-x 0①，当x ∈0,x 0 时，m x <0，即h x <0，所以h x 在0,x 0 内单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，m x >0，即h x >0，所以h x 在x 0,+∞ 内单调递增；所以h (x ) min =h x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0，代入①式得h x 0 =x 0×1x 0--x 0 -x 0=1，当x 趋向于0或+∞时，h x 趋向+∞，若函数g x 有两个零点，即函数h x 有两个零点，可得a >1，所以实数a 的取值范围1,+∞ .导数中隐零点的估计值域问题【精选例题】1已知函数f (x )=ax 2-ax -x ln x ，且f (x )≥0．(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e -2<f (x 0)<2-2．【详解】解析：(1)a =1．(2)由(1)知f (x )=x 2-x -x ln x ，f (x )=2x -2-ln x ．设h (x )=2x -2-ln x ，则h (x )=2-1x．当x ∈0,12时，h (x )<0；当x ∈12,+∞ 时，h(x )>0．所以h (x )在0,12 单调递减，在12,+∞ 单调递增．又h (e -2)>0，h 12 <0，h (1)=0，所以h (x )在0,12 有唯一零点x 0，在12,+∞ 有唯一零点1，且当x ∈(0,x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1,+∞)时，h (x )>0．因此f (x )=h (x )，所以x =x 0是f (x )的唯一极大值点．由f (x 0)=0得ln x 0=2(x 0-1)，故f (x 0)=x 0(1-x 0)．由x 0∈(0,1)得，f (x 0)<14．因为x =x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e -1∈(0,1)，f (e -1)≠0得f (x 0)>f (e -1)=e -2．所以e -2<f (x 0)<2-2．2已知函数f (x )=-(a +1)ln x +ax -1x(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a =-2时，g (x )=f (x )+(x -2)e x +x +1x，记函数y =g (x )在14,1 上的最大值为m ，证明：-4<m <-3．【解答】解：(1)f (x )=-(a +1)ln x +ax -1x 的定义域为(0,+∞)，又f ′(x )=-a +1x +a +1x2=(x -1)(ax -1)x2，①当a ≤0时，ax -1<0，若x ∈(0,1)，则f ′(x )>0，若x ∈(1,+∞)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；②当a >0时，若1a >1，即0<a <1时，同理可得，f (x )在(0,1)，1a ，+∞ 上单调递增，在1,1a 上单调递减；若1a =1，即a =1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0,+∞)上单调递增；若0<1a <1，即a >1时，同理可得，f (x )在0,1a ，(1,+∞)上单调递增，在1a ，1上单调递减；综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)；当0<a <1时，f (x )的单调递增区间为(0,1)，1a ，+∞ ；单调递减区间为1a ，1 ；当a =1时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)；当a >1时，f (x )的单调递增区间为0,1a，(1,+∞)；单调递减区间为1a ，1；(2)证明：当a =-2时，g (x )=f (x )+(x -2)e x +x +1x =ln x -2x -1x +(x -2)e x +x +1x=ln x -x +(x -2)e x ，则g (x )=(x -1)e x -1+1x =(x -1)e x -1x ，当14<x <1时，x -1<0，令h (x )=e x -1x，则h (x )=e x +1x 2>0，所以h (x )在14，1 上单调递增．因为h 12=e 12-2<0，h (1)=e -1>0，所以存在x 0∈12，1，使得h (x 0)=0，即e x 0=1x 0，即ln x 0=-x 0，故当x ∈14，x 0 时，h (x )<0，g (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )>0，g (x )<0；即g (x )在14，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减．所以m =g (x )max =g (x 0)=(x 0-2)e x 0-x 0+ln x 0=(x 0-2)1x 0-x 0-x 0=(x 0-2)1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0．令G (x )=1-2x -2x ，x ∈12，1 ，则G(x )=2x 2-2=2(1-x 2)x 2>0，所以G (x )在12，1 上单调递增，所以G (x )>G 12=-4，G (x )<G (1)=-3，所以-4<m <-3．3已知二次函数f (x )=x 2+2x ．(1)讨论函数g (x )=f (x )+a ln (x +1)的单调性；(2)设函数h (x )=f (x )-e x ，记x 0为函数h (x )极大值点，求证：14<h (x 0)<2．【解答】解：(1)g (x )=x 2+2x +a ln (x +1)(x >-1)，g(x )=2x +2+a x +1=2(x +1)2+a x +1，当a ≥0时，g (x )在(-1,+∞)上恒正；所以，g (x )在(-1,+∞)上单调递增，当a <0时，由g (x )=0得x =-1+-a 2，所以当x ∈-1,-1+-a 2 时，g (x )<0，g (x )单调递减，当x ∈-1+-a 2,+∞ 时，g (x )>0，g (x )单调递增．综上所述，当a ≥0时，g (x )在(-1,+∞)上单调递增；当a <0时，当x ∈-1,-1+-a 2 时，g (x )单调递减；当x ∈-1+-a 2,+∞ 时，g (x )单调递增．(2)证明：h (x )=x 2+2x -e x (x ∈R )，则h (x )=2x +2-e x ，h (x )=2-e x ，令h (x )=0⇒x =ln2，当x ∈(-∞,ln2)时，h (x )>0，h (x )为增函数；当x ∈(ln2,+∞)时，h (x )<0，h (x )为减函数；所以，h (x )在x =ln2处取得极大值2ln2，h (x )一定有2个零点，分别是h (x )的极大值点和极小值点．设x 0是函数h (x )的一个极大值点，则h (x 0)=2x 0+2-e x 0=0，所以，e x 0=2x 0+2，又h 32=5-e 32>0,h (2)=6-e 2<0，所以，x 0∈32,2 ，此时h (x 0)=x 02+2x 0-e x 0=x 02-2x 0∈32,2 ，所以14<h (x 0)<2．【跟踪训练】1(1)讨论函数f (x )=x -2x +2e x的单调性，并证明当x >0时，(x -2)e x +x +2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g x =e x -ax -ax 2(x >0)有最小值．设g x 的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．【详解】解析：(1)证明：f x =x -2x +2e x f x =e x x -2x +2+4x +2 2=x 2e x x +22∵当x ∈-∞，-2 ∪-2,+∞ 时，f x >0∴f x 在-∞，-2 和-2,+∞ 上单调递增∴x >0时，x -2x +2e x>f 0 =-1∴x -2 e x+x +2>0(2)g(x )=(x -2)e x +a (x +2)x 3=x +2x 3(f (x )+a )，由(1)知，f (x )+a 单调递增，对任意的a ∈0，1 ，f (0)+a =a -1<0，f (2)+a =a >0，因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )+a =0，即g (x a )=0.当0<x <x a 时，f (x )+a <0，g (x )<0,g (x )单调递减；当x >x a 时，f (x )+a >0，g (x )>0,g (x )单调递增．因此g (x )在x =x a 处取得最小值，最小值为g (x a )=e x a-a (x a +1)x 2a =e x a-f (x a )(x a +1)x 2a=ex ax a +2．于是h (a )=e x ax a +2，由e x x +2 =(x +1)e x (x +2)2>0，得e x x +2单调递增．所以，由x a∈(0,2]，得12<h (a )<e 24，因为e x x +2单调递增，对任意的λ∈12,e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a =-f (x a )∈[0,1)，使得h (a )=λ，所以h (a )的值域为12，e 24 ．综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域为12，e 24．2已知函数f (x )=ax 3-ax -x ln x ，且f (x )≥0．(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e -32<f (x 0)<1e．【解答】解：(1)由f (x )=ax 3-ax -x ln x =x (ax 2-a -ln x )≥0恒成立，令g (x )=ax 2-a -ln x 且x >0，①当a ≤0时，f (2)=2(3a -ln2)<0(舍)；②当a >0时，g(x )=2ax -1x =2ax 2-1x，在0,12a 上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，在12a,+∞ 上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )min =g 12a =12-a -ln 12a =12(ln2a -2a +1)≥0．令h (a )=ln2a -2a +1，h ′(a )=1a-2=1-2a a ，在0,12 上，h ′(a )>0，h (a )单调递增，在12,+∞ 上，h ′(a )<0，h (a )单调递减，∴h (a )max =h 12 =0，则a =12．(2)证明：由(1)知：a =12，∴f (x )=12x 3-12x -x ln x ，则f ′(x )=32(x 2-1)-ln x ，令u (x )=f ′(x )，则u ′(x )=3x -1x =3x 2-1x ，在0,33 上，u ′(x )<0，则u (x )单调递减，在33,+∞ 上，u ′(x )>0，则u (x )单调递增，∴u (x )min =u 33 =-1-ln 33=ln 3e<0，u (1)=0,u e -32>0，u (x )=f ′(x )有两个根1,x 0∈e -32,33，f ′(x )图象如下，∴f (x )在(0,x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴f (x )存在唯一极大值为f (x 0)=12x 30-12x 0-x 0ln x 0，又32(x 20-1)=ln x 0，∴f (x 0)=12x 30-12x 0-x 0ln x 0=-x 30+x 0，令φ(x )=-x 3+x ，在e -32,33上φ′(x )=1-3x 2>0，故φ(x )单调递增．f ′(e -1)=32(e -2-1)+1<0，故e -32<x 0<e -1<33，且f (x 0)为极大值，∴f (x 0)=φ(x 0)<φ(e -1)=e -1-e -3<e -1，f (x 0)>f e -32 =12e -32 3-12e -32-e -32ln e -32=12e -32 3+e -32>e -32，∴e -32<f (x 0)<e -1．3已知函数f (x )=xe x -3e x ．(1)求f (x )的极值；(2)若g (x )=f ′(x )-x +ln x 在14，1上的最大值为λ，求证：-6e -3<f (λ)<-7e -4；【解答】解：(1)f (x )=xe x -3e x ．∴f ′(x )=(x -2)e x ，f ′(2)=0，x >2时，f ′(x )>0，此时函数f (x )单调递增；x <2时，f ′(x )<0，此时函数f (x )单调递减．∴f (x )在x =2处取得极小值，f (2)=-e 2，无极大值．(2)证明：g (x )=f ′(x )-x +ln x =(x -2)e x -x +ln x ，x ∈14，1 ．g ′(x )=(x -1)e x-1+1x=(x -1)e x-1x ．∵x ∈14，1 ，∴x -1≤0．函数h (x )=e x -1x在x ∈14，1 上单调递增，又h 12 =e -2<0，h (1)=e -1>0，因此函数h (x )在x ∈14，1 上存在唯一零点x 0，并且x 0∈12，1 ，e x 0=1x 0(可得x 0=-ln x 0)．∴x =x 0时，函数g (x )取得极大值即最大值λ=g (x 0)=(x 0-2)e x 0-x 0+ln x 0=(x 0-2)×1x 0-x 0-x 0=1-21x 0+x 0∈(-4，-3)．而函数f (x )在λ∈(-4,-3)上单调递减．∴f (-3)<f (λ)<f (-4)，而f (-3)=-6e -3，f (-4)=-7e -4，∴-6e -3<f (λ)<-7e -4．。

高三导数--隐形零点的一般策咯(一)

一、不含参函数的隐零点问题已知不含参函数f(x)，导函数方程f’(x)=0的根存在，却无法求出，设方程f’(x)=0的根为x 0，则①有关系式f’(x 0)=0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f(x,a)，其中a 为参数，导函数方程f(x,a)’=0的根存在，却无法求出，设方程f’(x)=0的根为0x ，则①有关系式f’(x 0)=0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.导数题目中求导后遇到隐零点问题：第一步，利用特殊点处函数值、零点存在性定理、函数单调性、函数图像等，判断零点是否存在以及取值范围。

第二步，把导数零点处导数值等于0作为条件，带回原函数，进行(a)化简或(b)消参这就是我们的导数隐零点两步处理法。

以后我们会反复用到这一方法。

隐形零点问题一般策咯（设而不求）：1)、用零点存在定理（或二分法，进一步缩小零点的范围）或者利用单调性加上图像，尽量缩小零点范围（这个是难点）2)、以零点为分界点，说明导数f’(x)正负（在进行代数式替换过程中，尽可能将目标函数化为整式或分式，就是说尽量将指数，对数用有理式替换，这是很关键的），从而得到f(x)最值表达式 3)、求函数f(x)最值例题、函数f(x)=e 2x -alnx,a ∈(0,2e 2),x ∈(0,1),证明：f(x)≥2a+aln a2分析：要证明f(x)≥2a+alna2，自然会想到求f （x)最小值，那么必然要求导数，求极值，f ’ (x)=xaxe x -22，令导数=0,无法求根，从而影响我们求极值最值，不妨令分子=0，构造函数利用零点存在定理判断根，设而不求。

h(x)=2xe 2x -a, x ∈(0,1), x 无限趋向 0, h(x ) 无限趋向 -a<0 x=1,h(1)>0,所以存在x 0∈(0,1),h(x 0)=0, (代入得 2x 0e 2x0=a)1、f(x)=e x -ax -2,(1)求单调区间，（2）a=1,k 为整数，当x>0时，（x -k ）f(x)+x+1>0,求K 最大值。