导数问题中虚设零点的三大策略分析
高中数学题海拾贝：导数之虚设零点
高中数学题海拾贝：导数之虚设零点
在解决有关函数与导数的问题时，欲判断函数的单调性，通常要求出导函数的零点，但是在某些情况下，我们得到的导函数是超越函数，零点的精确值往往没法求出来，怎么处理呢？这时我们就要用到“虚设零点”的技巧了，请看下列：
很明显这其实是一个恒成立问题，我们需要求出当x>0时,f(x)的最小值，为此我们求f(x)的导函数：
由于f '(x)是超越函数，它的零点的精确值我们求不出来，于是我们“虚设零点”：
接下来我们只要证明所得f(x)的最小值大于欲证式的右边就可以了，但是我们所得最小值照样是超越结构，我们很难估计出它的大小，怎么办呢？这个时候大家千万别忘了我们虚设的零点的身份了，它既然是导函数的零点，它就满足使导函数值为零这一条件，利用这一条件我们想办法把超越式转化成非超越式，处理如下：
今天我就写到这里，我们明天继续。
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导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+， 即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=， 且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=， 根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -， 即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】 【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-， 因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根， 显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<， 故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以110e a-<-<， 所以a e >. 类型二 设而不求，巧“借”零点 【例2】【2015高考新课标1，文21】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；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点； 当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】 【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--， 记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增， 又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根 【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=， 令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤， 故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
求解导数零点问题的四种策略
2020年第12期中学数学教学参考（下旬）'想方法求解导数零点问题的四种策略毛正燕（贵州省安顺市西秀区高级中学）余登高（贵州省安顺市西秀区岩腊乡三股水学校）摘要：导数零点是导数综合应用中非常重要的知识，其考查形式多样，问题设置一般较为复杂，尤其是导 数零点不可求问题。
本文给出四种策略下求解导数零点问题的示例，展现了一种策略独领风骚，多种策略 助力的解题过程。
关键词：导数；零点定理；函数文章编号：1002-2171 (2020) 12-0054-03导数作为高中数学中的重点内容，一直是高考函数压轴题涉及的主要知识。
导数零点问题考查形式多样，问题设置较为复杂，常常给学生的解题带来障碍。
下面笔者通过示例说明求解该类问题的四种策略。
1 一个定理——零点存在性定理在判断导函数/(：c)在给定区间U，6)内的单调 性后，可在区间（a，6)内取两个特殊值（往往取比较容易计算的具有明显特征的数值），计算对应的导函数值，并与〇进行比较，结合函数的零点存在性定理，就 可以得到导函数/'(x)在给定区间（a，6)内存在唯一 的零点。
例1(2019年高考数学全国卷I文科第20题第（I )问）已知函数 /(x) =2sin x—xcos x— x, /U)为/(X)的导函数。
证明：/(1)在区间（0,7T)内存在唯一零点。
分析：先对函数/(I)求导，然后对导函数再次求导，利用函数的单调性与最值，结合函数的零点存在性定理证明。
证明：由题意可得/^(工）=2cos x— [cos x+x(— sin x)] —l=cos x+xsin x一1，设函数g(x)=//(x)=c o s x+xsin x—1，贝!j（:r) =:ccos x。
当时，单调递增；当(|，7T)时，^/(:r)<0，g(jc)单调递减。
则函数g O)的最大值为 —1>〇。
又 g(0) =0，g(7t)=—2,可得 d f) .g(7t)<〇,即/'(f) ./(兀）<〇,所以根据函数的零点存在性定理，可知/(：c)在区间（0, 7t)内存在唯一零点。
导数问题中虚设零点的三个技巧
技巧１ 整体代换，将超越式转化为普通式．
如果ｆ′（ｘ）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算 包 括 无 理 数 乘 方、指 数、对 数、三 角、反三角等运算的解析式，称 为 初 等 超 越 式，简称超越式），并且ｆ′（ｘ）的零点是存在的但 无法求出，这时可采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围 和满足 的 关 系 式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当 运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果．通过 这种形式化的合理 代 换 或 推 理，谋求一种整体的转换和过渡，从 而将超越式转化为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点．
Байду номын сангаас
如果ｆ′（ｘ）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想 当然，用求根公式把零点求出来，代入极 值 中 去．但 接 下 来 要 么 计 算 偏 烦，要 么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工
作无法开展．正所谓“思 路 简 单，过 程 烦 人”．这 时有两个处理 技巧．
如果问 题 要 求 解（或 求 证）的结论与参数有关，利用关系式ｆ′（ｘ）＝０ （大部 分 情 况 可 转 化 为二次方程），在保留 参 数 的 情 况 下，不 断 地 把 零 点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或 不 等 式），就可求出参数的值或参数的范围．
导数问题中虚设零点的三个 技巧
导数是解决函 数 单 调 性、极 值、最 值、不 等 式证 明等问题的“利 器”．与导数有关的数学问题往往成 为高考函数压轴题，求解这些压轴题时，经常会碰到 导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的 情形．此时，可以将这个零点只设出来而不必求出来， 然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件， 从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为 “虚设零点”法．
导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略
（一）整体代换，将超越式化为普通式
如果f'（x）是超越式，并且f'（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采取虚设零点法，逐步分析出其零点所在的范围和满足了关系式，然后分析出其零点所在的范围和满足了关系式，然后分析出函数的单调性，最后通过恰当运用函数的值与零点所满足的关系，推演出所要求的结果。
通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的代换和过渡，从而将超越式化为普通式，有效地破解求解或推理证明中的难点。
（二）反代消参，构造关于零点的单一函数
如果问题要求解或求证的结论与参数无关，这时我们一般不要用参数来表示零点，而是反过来用零点表示函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明。
（三）降次留参，建立含参数的方程式或不等式
如果问题要求解或求证的结论与参数有关，利用关系式f'（x）=0（大部分情况可转化为二次方程），在保留参数的情况下，不断地把零点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程或不等式，就可求出参数的值或参数的范围。
导数问题中虚设零点的三大策略
ａ 。 ） 单调递增 ， 所以ｇ （ ）＞ｇ （ ｏ ） ＝０ ． 当 ａ＞０ 时， 方程 ｇ （ ） ＝ａ 有一个根 ， 且 （ ） 存在 唯一零点 ； 当 ａ≤ ０ 时， 方程 ｇ （ ） ＝ａ 没有根 ， 丑 口 厂（ ） 没有零
点． 当 ∈ （ ０ ， ｏ ） 时√ （ ）＜０ ； －
（ １ ） 设 ＝０ 是 ） 的极值点 ， 求 ｍ并讨论 ） 的
单调性 ； （ ２ ）当 ｍ ≤ ２时 ， 证明 ）＞０ ．
解 （ １ ） ｍ＝１ （ 一１ ， ０ ） ． ） 增 区问为（ ０ ， 十∞ ） ， 减 区 间为
（ ＞０ ） ． 由 ，（ ） ＝０ ， 得 ２ ； ２ ｅ ＝０ ． 令ｇ （ ）＝２ ｘ ｅ ｈ ， ｇ （ ） ：（ ＋２ ） ｅ ＞０ （ ＞０ ） ， 从而ｇ （ ） 在（ ０ ，＋
ｇ ， ， （ ） ｅ ＋ 上单调递增． ＞０ ， 所以ｇ （ ） 在（ 一２ ， ＋ｏ 。 ）
（ ２ ）由（ １ ） ， 可设 （ ）在（ ０ ， ＋∞）的唯一零点为
０，
当 Ｅ （ ０ ，＋∞）时 （ ）＞０ ． 故， （ ） 在（ ０ ， 。 ） 单调递减 ， 在（ ‰， ＋∞ ）单调递 增， 所 以， （ ） ＝ 。 ） ．
ｎ
ａ 由 。
．
， 得】 ｎ 。
二 Ｃ
ｏ
：ｌ ｎ
Ｉ ｎ ａ
一
２ Ｘ ｏ ， 所以 Ｘ ｏ ） ｅ ２ ｘ ”
ｎ
ａ 一
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ａ
≥ ２
。
＋ ａｌ ｎ 三 ＝ ２ ａ＋ 口 ｈ１ ． 二
故 当 ａ＞０时
）≥ ２ ａ＋ａ ｌ ｎ 二．
）≥ ２ ａ＋ ） （ ） 的
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
六类技巧终结导数隐零点问题
例1. 已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。
解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e [1,1]则'=--()2ln h x x xh x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200当∈x e x 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。
∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭ 又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410六类技巧终结导数隐零点问题例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数． 证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减又()()000f x f >=，2sin ln 1ln ln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 技巧二 敏锐洞察-----观察零点 例3 （13北京）设L 为曲线C:ln xy x=在点(1,0)处的切线. (I)求L 的切线方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I) L ： 1y x =-.(II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方()0g x ⇔>(0,1)x x ∀>≠，()g x 满足(1)0g =, 221ln ()1()x xg x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增.所以()(1)0g x g >=(0,1x x >≠)，即除切点之外,曲线C 在直线L 的下方.例4. （11浙江）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R （Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立.注：e 为自然对数的底数。
导数与零点问题解题技巧
导数与零点问题解题技巧
1. 嘿，你想知道怎么通过导数来巧妙找到函数的零点吗？就像在一片迷雾中找到那关键的线索！比如求函数f(x)=x³-3x+2 的零点，咱通过求导找到极值点，就能逐步逼近零点啦，是不是很神奇？
2. 哇哦，注意啦！导数可是解决零点问题的一把利器呀！好比你找宝藏有了精确的地图。
像对于函数 g(x)=e^x-x-1，用导数不就能轻松分析它零点的情况嘛！
3. 嘿呀，有没有觉得导数和零点问题之间像是有一条神秘的纽带呀！就像侦探和线索一样。
比如分析函数 h(x)=sinx+x 在某个区间的零点，导数能帮大忙呢！
4. 哎呀，学会这些解题技巧那可真是太棒啦！简直像是掌握了绝世武功。
想想函数i(x)=lnx+x²，用导数去攻克零点问题，多有成就感！
5. 天呐，导数与零点问题的结合简直妙不可言！就如同给你一双慧眼。
拿函数 j(x)=x^4-4x² 来说，导数能让我们快速看清零点的分布呢。
6. 哇塞，这些解题技巧你可不能错过呀！这就好比游戏里的通关秘籍。
像是函数 k(x)=x+cosx ，利用导数去求解零点，厉害吧！
7. 嘿，你知道用导数解决零点问题能带来多大的乐趣吗？那可比发现新大陆还让人兴奋！好比函数l(x)=x³/3-x²+2x 的零点求解。
8. 总之，导数与零点问题解题技巧真的超有用的啦！你一定要好好掌握哦！就像拥有了一把打开数学难题大门的钥匙！不管遇到什么函数，都能轻松应对！。
应对导数零点不可求的六种非常规策略
２ （ 求实数 ａ 的取值范围 ， 使得对任意的 ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ， ２ （ ， ］ ， （ ） 恒有 成立 ｘ ∈ ０３ ｅ ｅ ． ｆ ｘ ≤４ ２ ２ 解析 ｆ（ 恒成立 （ ｘ）≤ ４ ｅ ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ≤ ２ 恒成立 ． ４ ｅ ２ ２ ］ ， （ 当ｘ ∈ （ 恒成立 ． ０， １ ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ ≤０≤４ ｅ ２ ２ ， ］ ， （ 当ｘ ∈ （ １ ３ ｅ ｘ－ａ） ｌ ｎ ｘ ≤４ ｅ 恒成立 ２ ４ ｅ ｅ ２ ｅ ２ （ 恒成立 － ２ ｘ－ａ） ≤ ≤ｘ－ａ≤ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｌ ｎ ｘ ｘ 槡 槡
２ ｅ ２ ｅ 恒成立 恒成立 ｘ－ ． ≤ ａ ≤ ｘ＋ ｌ ｎ ｌ ｎ ｘ ｘ 槡 槡 ２ ｅ ，（ ） ２ ｅ ， 令 ｇ（ 原问 ｘ） ｈ ｘ ＝ｘ＋ ＝ｘ－ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｘ 槡 槡 ］ ］ 题［ ｘ） ｈ（ ｘ） ｇ（ ｍ ａ ｘ ≤ａ ≤ ［ ｍ ｉ ｎ． ｅ 因为 ｇ 所以 ｇ（ ′（ ｘ） ｘ） ＝ １＋ ＞ ０， ｘ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｘ 槡 ＝ｘ－ ２ ｅ 在（ ， ］ ］ 所以 ［ １３ ｅ 上是增函数 ， ｘ） ｇ（ ｍ ａ ｘ ｌ ｘ 槡ｎ
６ ２
— —２ 数学通讯 — 上半月 ） ０ １ ６ 年第 ５、 ６期（ · 辅教导学 ·
应对导数零点不可求的六种非常规策略
利用导数研究函数零点问题
利用导数研究函数零点问题f(0)＝0，所以切线方程为y＝－3＋4x；2)将g(x)＝2exf(x)化为g(x)－2exf(x)＝0，即(－x2＋ax－3)ex－2xlnx＝0。
令φ(x)＝(－x2＋ax－3)ex，ψ(x)＝2xlnx，所以φ′(x)＝ex(2－2x＋a)，ψ′(x)＝2lnx＋2。
由φ′(x)＝0，得x＝1，由ψ′(x)＝0，得x＝e－1。
当x＜1时，φ(x)单调递减，当x＞1时，φ(x)单调递增，所以φ(x)在[0，1)和(1，＋∞)上单调递减。
在(－∞，1]和[1，＋∞)上单调递增，ψ(x)在(0，＋∞)上单调递增。
所以当x＜1时，φ(x)＞ψ(x)，当x＞e－1时，φ(x)＜ψ(x)。
所以方程g(x)＝2exf(x)在(0，1)和(e－1，＋∞)上无解，在(1，e－1)上有两个解。
所以a的取值范围为[2，6]。
当$m>1$时，当$0m$时，$F'(x)0$。
因此，函数$F(x)$在区间$(0,1)$和$(m,+\infty)$上单调递减，在区间$(1,m)$上单调递增。
注意到$F(1)=m$，$F(2m+2)=-m\ln(2m+2)$，因此$F(x)$有唯一零点。
综上，函数$F(x)$有唯一零点，即两函数图像只有一个交点。
1) 针对函数的零点问题，我们可以利用导数确定函数的单调区间和极值点，通过求解函数在给定区间的极值和端点的函数值，来确定参数的取值范围。
2) 解决这类问题的关键在于将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的作用，运用转化和化归的思想方法。
1) 确定零点的个数问题：我们可以利用数形结合的方法来判断交点个数。
如果函数比较复杂，可以结合导数知识确定极值点和单调区间，从而确定其大致图像。
2) 方程是否有解问题就是判断是否存在零点的问题。
我们可以通过分离变量，将其转化为求函数值域的问题来处理。
可以通过构造函数$g(x)$的方法，将问题转化为研究构造的函数$g(x)$的零点问题。
【导数经典技巧与方法】第13讲 虚设零点-解析版
第13讲虚设零点知识与方法在高考导数压轴题中,经常会遇到导函数具有零点,但求解相对比较复杂甚至无法求解的问题.此时,可以将这个零点只设出来而不必求解出来,然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其它条件,从而使问题得以最终解决,我们称这种解题方法为“虚设零点”法.如果f′(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f′(x)的零点是存在但无法求出,这时可采用虚设零点法,逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应的函数的单调性,最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理,谋求一种整体的转换和过渡,从而将超越式转化为普通式,有效破解求解或推理中的难点.典型例题整体代换【例1】设函数f(x)=e2x−alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数;.(2)证明:当a>0时,f(x)⩾2a+aln2a(x>0).【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x−ax当a⩽0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;当a >0时,因为f ′′(x)=4e 2x +ax 2>0,所以f ′(x)在(0,+∞)单调递增. 又f ′(a)=2e 2a −1>0,又当x <12时,f ′(x)<2e −ax <0得x <a2e , 取b <12且b <a2e ,则f ′(b)<0,故由零点存在定理知:当a >0时,f ′(x)存在唯一零点.综上,当a ⩽0时,f ′(x)没有零点;当a >0时,f ′(x)有一个零点. (2)由(1)知f ′(x)在(0,+∞)存在唯一零点x 0, 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)⩾f (x 0)=e 2x 0−alnx 0, 同时f ′(x 0)=0,即2e 2x 0=a x 0,即alnx 0=alna2−2ax 0,所以f(x)⩾a2x 0+2ax 0+alna2⩾2a +aln2a ,故当a >0时,f(x)⩾2a +aln2a.【点睛】f(x)⩾2a +aln2a可转化为求f(x)min ,而f(x)的最小值恰好在f ′(x)的零点处取得,但是这个零点无法求得,这个时候我们可以利用零点满足的关系式2e 2x 0=ax 0(必要的时候需要一些变形)来化简f(x)min 的表达式,思想是将超越式消掉,即尽量不含e x ,lnx 等;本题是化简后利用了均值不等式得到所证结果. 【例2】已知函数f(x)=e 2x −1x . (1)讨论函数f(x)零点的个数; (2)证明:xe 2x −lnx −2x −√x+1>0.【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x ∣x ≠0},则f ′(x)=2e 2x +1x 2>0. 当x <0时,f(x)=e 2x −1x >0没有零点;当x >0时,f(x)单调递增,f (14)=√e −4<0,f(1)=e 2−1>0,由零点存在性定理,得f(x)在区间(14,1)内有唯一零点. 综上可得,函数f(x)只有一个零点.(2)证明:要证xe2x−lnx−2x√x+1>0,即证xe2x−lnx−2x>√x+1.令g(x)=xe2x−lnx−2x定义域为(0,+∞),则g′(x)=e2x+2xe2x−1x −2=(2x+1)e2x−2x+1x=(2x+1)(e2x−1x)=(2x+1)f(x).由(1)知,f(x)在区间(14,1)内有唯一零点,设其为x0,则e2x0=1x0(1)因为2x+1>0,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0−lnx0−2x0.由式(1)可得e2x0=1x0,lnx0=−2x0,所以g(x)min=x0⋅1x0+2x0−2x0=1.又x>0时,√x+1<1恒成立,所以g(x)=xe2x−lnx−2x⩾g(x0)=1>√x+1,得证.反代消参【例3】已知函数f(x)=lnx−mx+1,g(x)=x(e x−2).(1)若f(x)的最大值是0,求m的值;(2)若对其定义域内任意x,f(x)⩽g(x)恒成立,求m的取值范围. 【解析】(1)定义域为(0,+∞).若m⩽0,f(x)单调递增,函数无最大值;若m>0时,f′(x)=1x −m=1−mxx.当x∈(0,1m)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x ∈(1m,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)的最大值为f (1m )=ln1m −1+1=0,得m =1.(2)f(x)⩽g(x)⇔lnx −mx +1⩽x (e x −2)⇔lnx+1x−m ⩽e x −2.从而2−m ⩽e x−lnx+1x.设φ(x)=e x−lnx+1x,φ′(x)=x 2e x +lnxx 2.设Q(x)=x 2e x +lnx ,则Q ′(x)=(x 2+2x )e x +1x >0. 由于Q (12)<0,Q(1)>0,所以存在x 0使得Q (x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减; 当x ∈(x 0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增; 从而φ(x)的最小值为φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0.由于x 0满足x 02e x 0+lnx 0=0,所以x 0e x 0=−lnx 0x 0,两边取对数,得lnx 0+x 0=ln(−lnx 0)+(−lnx 0), 由于g(x)=x +lnx 单调递增,所以x 0=−lnx 0, 所以e x 0=1x 0,所以φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=1.所以2−m ⩽1,从而m ⩾1,故实数m 的取值范围是[1,+∞). 【例4】已知函数f(x)=e x −x 2−ax . (1)若函数f(x)在R 上单调递增,求a 的取值范围; (2)若a =1,证明:当x >0时,f(x)>1−ln22−(ln22)2.参考数据:e ≈2.71828,ln2≈0.69.【解析】(1)f ′(x)=e x −2x −a ,因为函数f(x)在R 递增, 所以f ′(x)=e x −2x −a ⩾0恒成立,得a ⩽e x −2x ,设g(x)=e x −2x ,则g ′(x)=e x −2,令g ′(x)=0,解得:x =ln2, 当x <ln2时,g ′(x)<0,当x >ln2时,g ′(x)>0, 故函数g(x)在(−∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,故x =ln2时,g(x)取得最小值g(ln2)=2−2ln2, 故a ⩽2−2ln2,即a 的范围是(−∞,2−2ln2].(2)若a =1,则f(x)=e x −x 2−x ,得f ′(x)=e x −2x −1, 易知函数f ′(x)在(−∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,且点睛意到f ′(0)=0,f ′(1)=e −3<0,f ′(1+12ln2)=√2e −3−ln2>0, 则存在x 0∈(1,1+12ln2),使得f ′(x 0)=0,即e x 0−2x 0−1=0, 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x)<0,当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x)>0, 则函数f(x)在(0,x 0)递减,在(x 0,+∞)递增,则当x =x 0时,函数f(x)取最小值f (x 0)=e x 0−x 02−x 0(x 0∈(1,1+12ln2))函数f (x 0)在(1,1+12ln2)单调递减, 所以f (x 0)>f (1+12ln2)=1−ln22−(ln22)2故x >0时,f(x)>1−ln22−(ln22)2.【例5】已知函数f(x)=e x +axsinx . (1)求曲线C:y =f(x)在x =0处的切线方程; (2)当a =−2时,设函数g(x)=f(x)x,若x 0是g(x)在(−π,0)上的一个极值点,求证:x 0是g(x)在(−π,0)上的唯一极大值点,且0<g (x 0)<2.【解析】(1)由已知得f ′(x)=e x +a(sinx +xcosx),而f ′(0)=1,f(0)=1, 故y =f(x)在x =0处的切线方程为y −1=x ,即y =x +1. (2)当a =−2时,由题意得g(x)=e x x−2sinx(−π<x <0),则g ′(x)=(x−1)e xx 2−2cosx =(x−1)e x −2x 2cosxx 2(−π<x <0),令ℎ(x)=(x −1)e x −2x 2cosx(−π<x <0), 则ℎ′(x)=x (e x +2xsinx −4cosx ),则当x ∈(−π,−π2)时,e x >0,2xsinx >0,cosx <0,所以ℎ′(x)<0,即ℎ(x)在(−π,−π2)上单调递减,而ℎ(−π)=2π2−e −π(1+π)>0,ℎ(−π2)=e −π2(−π2−1)<0,所以,存在唯一实数x 0∈(−π,−π2),使ℎ(x 0)=0, 当x ∈(−π,x 0)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0; 当x ∈(x 0,−π2)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0.又当x ∈(−π2,0)时,g ′(x)=(x−1)e xx 2−2cosx <0,而g ′(x)在(−π,0)连续,所以,当x ∈(x 0,0)时,g ′(x)<0,即g(x)在(−π,x 0)单调递增,在(x 0,0)单调递减, 所以x 0是函数g(x)在(−π,0)上的唯一极大值点,因为g(x)在(x 0,−π2)单调递减,所以g (x 0)>g (−π2)=2−1π2e π2>0,即g (x 0)>0.当x 0∈(−π,−π2)时,−1<e x 0x 0<0,0<−2sinx 0<2,所以g (x 0)=e x 0x 0−2sinx 0<2.综上知0<g (x 0)<2.【点睛】本题第(1)问直接运用导数的几何意义求切线方程,求解过程中,应点睛意所给点是否为切点.第(2)问题要求学生运用导数和零点存在性定理证明函数存在极值点,又零点存在性定理得极值点x 0∈(−π,−π2),在结合原函数的单调性以及不等式的性质可得g (x 0)>g (−π2)=2−1π2e π2>0和g (x 0)=e x 0x 0−2sinx 0<2,进而得到0<g (x 0)<2,从而实现原不等式的证明.强化训练1.已知函数f(x)=e x−a −xlnx +x(x ∈R)有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),证明:a >2. 【解析】证明:g(x)=f ′(x)=e x−a −lnx ,则g ′(x)=e x−a −1x ,g ′′(x)=e x−a +1x 2>0, 所以g ′(x)单调递增, 因为g ′(e a )=e ea −a−1e a=e e a −1e a>0,g ′(e ae ea)=ee a e a−a −e ea e a=e e ae a −e eae a<0,所以存在x 0∈(e ae e a ,e a ),使得g ′(x 0)=e x 0−a −1x 0=0,可知g(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增, 所以g(x)min =g (x 0)=e x 0−a −lnx 0=1x 0+x 0−a ⩾2−a ,因为f(x)有两个极值点,所以g(x)min <0,所以2−a <0,即a >2. 2.已知函数f(x)=x 2−x −xlnx .证明:f(x)存在唯一的极大值点x 0,且e −2<f (x 0)<2−2. 【解析】由f(x)=x 2−x −xlnx ,得f ′(x)=2x −2−lnx . 设ℎ(x)=2x −2−lnx ,则ℎ′(x)=2−1x.当x ∈(0,12)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x ∈(12,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)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.因为ℎ(x)=f ′(x),所以x =x 0是f(x)唯一的极大值点. 由f ′(x 0)=0,得lnx 0=2(x 0−1),故f (x 0)=x 0(1−x 0). 由x 0∈(0,12),得f (x 0)<14;又因为x 0是f(x)在(0,12)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.【点睛】当导数存在零点且无法求出时,可考虑虚设零点x0,再对f′(x0)=0进行合理的变形与代换,将超越转化为普通式,从而达到化简f(x0)的目的.再根据零点存在性定理,得出x0∈),并结合f(x0)的单调性即可完成证明.(e−2,12。
通性通法｜函数“零点问题”最常三招
通性通法｜函数“零点问题”最常三招要说导数中最常见的题型，当然应该就是零点问题了。
有娃说，极值点也是常考的。
但极值点不就是导函数的零点么！也刻意翻了翻近几年的全国卷考题：年份全国Ⅰ卷全国Ⅱ卷全国Ⅲ卷2020单调性函数不等式单调性函数不等式切线零点范围2019极值点零点个数零点个数切线单调性最值2018单调性极值点对数平均不等式函数不等式零点个数函数不等式极值点2017单调性零点个数极值点函数最值函数最值数列不等式2016零点个数极值点偏移单调性函数最值函数最值函数不等式2015切线零点个数单调性函数最值是不是发现，函数的零点，绝对算是个高频考点了？零点考什么？高考中对于零点的考查，主要还是通过函数零点的这个问题背景，考查考生的逻辑推理和数学运算能力的。
逻辑推理和数学运算，不正是很多同学的弱项的么？所以说，零点问题，对于很多同学来说，还是有一定的难度的。
当然，今天我们主要介绍零点的一般性处理思路，看看能不能达到类似于通性通法的效果。
那么，还是先熟悉一下零点的相关概念吧。
Part 1相关知识点一、函数的零点①函数零点的定义：对于函数y=f(x)(x∈D)，把使f(x)=0成立的实数x叫作函数y=f(x)(x∈D)的零点。
函数的零点不是坐标，也不是一个具体的点，而是一个数。
②函数零点的意义：函数y=f(x)的零点就是方程f(x)＝0的根，也是函数y=f(x)的图像与x轴交点的横坐标。
③零点存在性定理：如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像是一条连续不断的曲线，并且f(a)·f(b)<0，那么函数y=f(x)在区间(a,b)内至少存在一个零点。
存在性定理，只能判定函数在某个区间内有没有零点，但不能判定零点个数。
零点个数的确定往往需要结合函数的图像去进行判定。
④二分点估算零点第一步：确定区间[a,b],并验证f(a)·f(b)<0,并给出精度ε；第二步：求区间(a,b)的中点x1；第三步：计算f(x1).①若f(x1)＝0，则x1就是零点；②若f(a)·f(x1)<0，则令b=x1，此时零点x0∈(a,x1);③若f(x1)·f(b)<0，则令a=x1，此时零点x0∈(x1,b);④判断x0是否达到精度ε，即|a-b|<ε，则得到零点a或b;若达不到，则重复第②到④步。
导数问题中虚设零点的三个技巧
由于 ２ｅ２ｘ０
－ｘａ０
＝ ０，得ｅ２ｘ０
＝
ａ ２ｘ０
，又
ｘ０
＝
ａ ２ｅ２ｘ０
，得ｌｎｘ０
＝ｌｎ２ｅａ２ｘ０
＝ｌｎａ２ －２ｘ０，所以ｆ（ｘ０）
＝ｅ２ｘ０
－ａｌｎｘ０
＝
ａ ２ｘ０
－ａ（ｌｎａ２
－２ｘ０）＝
ａ ２ｘ０
＋
槡 ２ａｘ０ ＋ａｌｎａ２ ≥２
ａ ２ｘ０
×２ａｘ０
＋ａｌｎａ２
＝ ２ａ＋
ａｌｎａ２ ．
式上虚设．这样处理的好处在于，通过对ｘ０ 满足的
等 式ｅ２ｘ０
＝
ａ ２ｘ０
，ｌｎｘ０
＝ｌｎａ２ －２ｘ０
的合理代换使
用，快速将超越式ｅ２ｘ０ －ａｌｎｘ０ 化 简 为 普 通 的 代 数
式ａ ２ｘ０
＋２ａｘ０
＋ａｌｎａ２
，然
后
使
用
均
值
不
等
式
求
出
最小值，同时 消 掉 了 ｘ０．在 求 解 的 过 程 中，不 要 急
评析 本题中，在确定出ｈ（ｘ）＝ｅｘ －ｘ－２
在（０，＋ ∞）上存在唯一 零 点 的 情 形 下，通 过 虚 设
零点 ｘ０，并 借 助 ｅｘ０ ＝ ｘ０ ＋２ 来 简 化 ｇ（ｘ０）＝
ｘ０ ｅｘ０
＋－１１＋ｘ０
，为
估
计
ｇ（ｘ０）的
范
围
创
造
了
条
件
．虚
设零点，让 我 们 感 受 到 “柳 暗 花 明 又 一 村”的 奇 妙
当ａ ≤０时，方程ｇ（ｘ）＝ａ 没有根，即ｆ′（ｘ）
没有零点．
（２）由（１），可设ｆ′（ｘ）在（０，＋ ∞）的唯一零
导数问题中虚设零点的三个技巧
（ 求ｋ的最大值 ． ′（ ｘ ＞０时 ， ｘ－ ｋ） ｘ） ＋ｘ＋１＞０， ｆ （ 解 ａ ＝ １时 ， ｘ－ｋ） ′（ ｘ） ｘ－ ＋ｘ＋１ ＝ （ ｆ
ｘ １ ｘ （ ） ｋ） ｅ ｋ ＜ ｘ ＋ ＋ｘ 对一切ｘ －１ ＋ｘ＋１ ＞ ０ ｅ －１
ｘ ０ 的等式条件ｅ ＝
１ ， （ ）的合 ｘ ｌ ｎ ｘ ０ ＝－ ０ ＋２ ｘ ０ ＋２
ｘ （ 理代换使用 ， 快速将超越式 ｇ（ ｘ ｎ ｘ ＝ｅ０ －ｌ ０） ０＋
１ ）化简为普通的代数式 ｇ（ 为 ２ ｘ ＝ ＋ｘ ０） ０， ｘ ０ ＋２ 证明不等式 ｇ（ ｘ ０） ＞ ０ 扫除了障碍 ． 例 ３ （ 设 ２ ０ １ ２年全国新课标卷文２ １第２问 ）
３
解 曲线ｙ ＝ ｆ（ 与直线ｙ ＝ｋ ｘ） ｘ －２ 只有 一个交点 ｘ）＝ ｆ（ ｘ） ｘ ＋２ 的图象与 －ｋ ｙ ＝ ｇ（
２ （ 设函数 ｆ（ 有两个极值点 ， 证 ｘ） ｌ ｎ １＋ｘ） ＝ ｘ ＋ａ
ｘ 轴只有一个交点 ． ｘ） ｘ ＋（ １－ｋ） ｘ＋ ＝ｘ －３ ｇ（ ２ ４， ′（ ｘ）＝ ３ ｘ －６ ｘ ＋１－ｋ． ｇ
２ （ ） ｘ １ ０ ＋１ （ ） ， ｎ ｘ ２ ∴ ｇ（ ｘ ＝ ＋ｘ －ｌ ０＋ ０） ０＝ ｘ ｘ ０ ＋２ ０ ＋２ ］ ， 故［ 即 ｇ（ 又 ｆ（ ｘ） ｘ）＞ ０， ｘ）＞ ｇ（ ｍ ｉ ｎ ＞０ ＞ ０，
ｘ ０ ＋１ 为估计 ｇ（ 的范围创造了条件 ． 虚 ｘ ＋ｘ ０， ０） ｘ ０ ｅ －１
ｘ）的单调性 ； ｆ（ （ ）当 ｍ ≤ ２ 时 ， 证明 ｆ（ ２ ｘ）＞ ０．
） ， 解 （ 的增区间为 （ １ ｍ ＝ １， ｘ） ０， ＋ ∞） ｆ（ ） 减区间为 （ ０ ． －１， （ ）当 ｍ ≤２时 ， （ ２ ｘ＋ｍ ≤ｘ＋２， ｌ ｎ ｘ＋ｍ） ≤ （ ） ， （ （ ） ， 所以 ｆ（ ｌ ｎ ｘ ＋２ ｎ ｘ＋ｍ） ｎ ｘ＋２ ｘ） －ｌ ≥－ｌ
导数隐零点问题中虚设零点的方法
法确定正整数 ｋ 取 ４ 还是取 ５. 遂作调整ꎬ确定出 ｘ０
５
∈ çæ ２ꎬ ÷ö. 估计隐零点的范围端点需多思多练ꎬ方
è ２ ø
能熟中生巧ꎬ另外还需牢记一些常用的近似值 ｌｎ２≈
０. ６９ꎬｌｎ３≈１. １ꎬ ｅ ≈１. ６５.
例 ３ 已知函数 ｆ ( ｘ ) ＝ ｅ ｘ － ｌｎ ( ｘ ＋ ｍ )ꎬ当 ｍ≤２
时ꎬ证明:ｆ ( ｘ ) > ０.
解析 当 ｍ≤２ 时ꎬｌｎ ( ｘ ＋ ２ )≥ｌｎ ( ｘ ＋ ｍ )ꎬ所以
－ ｌｎ ( ｘ ＋ ２ )≤ － ｌｎ ( ｘ ＋ ｍ ).
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例 １ 已知函数 ｆ ( ｘ ) ＝ ｘ ｅ － ｘ － ｌｎｘꎬ求 ｆ ( ｘ )的
ｘ
最小值.
解析 定义域为 ｘ∈ ( ０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ
１
ｆ ′ ( ｘ ) ＝ ( ｘ ＋ １ ) æç ｅ ｘ － ö÷ꎬ
ｘ ø
è
１
ｆ ″ ( ｘ ) ＝ ( ｘ ＋ ２ )ｅ ｘ ＋ ２ > ０.
ｘ
所以ｆ ( ｘ ) ｍｉｎ ＝ ｆ ( ｘ０ ) ＝ ｘ０ ｅ ｘ０ － ｘ０ － ｌｎｘ０ .
中图分类号:Ｇ６３２ 文献标识码:Ａ 文章编号:１００８ － ０３３３(２０２３)０１ － ００８１ － ０４
导数在高考解答题中始终扮演着压轴题的角
色ꎬ主要考查的题型有导数与不等式的证明、恒成立
与能成立问题、零点问题、洛必达法则、隐零点问题
以及极值点偏移问题. 本文将对隐零点问题中较难
又因为 ｈ ( １ ) ＝ ｅ － ３ < ０ꎬｈ ( ２ ) ＝ ｅ２ － ４ > ０ꎬ
专题06“三招”妙解导函数零点问题(第一篇)-2020年高考数学压轴题命题区间探究与突破(原卷版)
一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【河北省武邑中学2019届高三上第三次调研】已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设函数，（ⅰ）若函数有且仅有一个零点时，求的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若，，求的取值范围。
【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法 【举一反三】 设()1ln xf x x+＝. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围．类型二 设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20xa f x e x的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”． 【举一反三】设函数f (x )＝e x －ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．类型三 二次构造（求导），避免求根【例3】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax . (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx有实根，求实数b 的取值范围． 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数,R.（Ⅰ）当时,求的单调区间和极值；（Ⅱ)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（ ）A. B. C. D.2．【盐城市2019届高三第一学期期中模拟】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________.3.设定义域为()0,+∞的单调函数()f x ，对任意()0,x ∈+∞，都有()2log 6f f x x ⎡⎤-=⎣⎦，若0x 是方程()()4f x f x -'=的一个解，且()()0,1N*x a a a ∈+∈，则实数a =__________．4.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数其中为自然对数的底数，若函数与的图象恰有一个公共点，则实数的取值范围是____________.5.【2018河南豫南九校第二次质量考评】已知函数.（1）若在处的切线是，求实数的值； （2）当时，函数有且仅有一个零点，若此时，恒成立，求实数的取值范围.6.【2018四川成都双流中学9月月考文】已知函数()()ln 1,f x x a x a R =--∈. （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）当1x ≥时， ()ln 1xf x x ≤+恒成立，求a 的取值范围. 7.【2018广东深圳高三入学摸底】已知函数.（1）求函数的极小值； （2）若函数有两个零点，求证：.8.【2018广东省广州市海珠区高三测试一（理）】已知函数()ln af x x x=+. （1）若函数()f x 有零点，求实数a 的取值范围； （2）证明：当2a e≥时， ()x f x e ->.9.设函数()ln 1af x x x =+-， ()0a > (1)当130a =时，求函数()f x 的单调区间； (2)当12a ≥， ()1,x ∈+∞时，求证： ln 11ax x +>-.10．【重庆市铜梁一中2019届10月月考】已知函数（其中）.（1）求在处的切线方程；（2）若函数的两个零点为，证明：+.。
最新导数专题讲义四---虚设零点法
导数专题讲义四---虚设零点法------------------------------------------作者xxxx------------------------------------------日期xxxx导数中虚设零点法探究1——整体代换,将超越式换成普通式 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；(Ⅱ)证明:当0a >时()22lnf x a a a≥+．变式1：（20１8·常州期末·2０) 已知函数2ln ()()x f x x a =+,其中a 为常数.(1)若0a =，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1a =-，设函数()f x 在(01)，上的极值点为0x ,求证：0()2f x <-.探究2——降次留参，建立含有参数的方程 已知函数321()3f x x x ax =++． (Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()f x 有两个极值点12,x x ,若过两点11(,())x f x ,22(,())x f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值.探究3:反代消参，构造关于零点单一函数已知函数2()1()ln ()f x x ax g x x a a =++ =-∈R ，． ⑴当1a =时,求函数()()()h x f x g x =-的极值;⑵若存在与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围.变式2已知函数2()1()ln ()f x x ax g x x a a =++ =-∈R ，． ⑴当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值;⑵若存在与函数()f x ,()g x 的图象都相切的直线,求实数a 的取值范围变式1【答案】解:（1）当0a =时，2ln ()x f x x=,定义域为(0)+∞，． 312ln ()xf x x-'=,令()0f x '=,得e x =∴当x =,()f x 的极大值为2e,无极小值. (2)312ln ()()ax x f x x a +-'=+,由题意()0f x '≥对(0)x a ∈-，恒成立. ∵(0)x a ∈-，，∴3()0x a +<， ∴12ln 0a x x+-≤对(0)x a ∈-，恒成立. ∴2ln a x x x -≤对(0)x a ∈-，恒成立． 令()2ln g x x x x =-，(0)x a ∈-，， 则()2ln 1g x x '=+， ①若120e a -<-≤,即120e a ->≥-,则()2ln 10g x x '=+<对(0)x a ∈-，恒成立,∴()2ln g x x x x =-在(0)a -，上单调递减, 则2()ln()()a a a a ---≤-,∴ln()a -0≤,∴1a -≤与12e a -≥-矛盾，舍去;②若12e a -->，即12e a -<-，令()2ln 10g x x '=+=，得12e x -=, 当120e x -<<时,()2ln 10g x x '=+<,∴()2ln g x x x x =-单调递减,当12ex a -<<-时，()2ln 10g x x '=+>，∴()2ln g x x x x =-单调递增，∴当12e x -=时，1111122222min [()](e)2eln(e)e 2eg x g -----==-=-,∴122e a --≤. 综上122e a --≤．（３)当1a =-时,2ln ()(1)x f x x =-,312ln ()(1)x x xf x x x --'=-． 令()12ln h x x x x =--,(01)x ∈，， 则()12(ln 1)2ln 1h x x x '=-+=--,令()0h x '=，得12e x -=.①当12e1x -<≤时，()0h x '≤，∴()12ln h x x x x =--单调递减,12()(02e 1]h x -∈-，,∴312ln ()0(1)x x xf x x x --'=<-恒成立，∴2ln ()(1)xf x x =-单调递减,且12()(e)f x f -≤，②当120e x -<≤时,()0h x '≥,∴()12ln h x x x x =--单调递增,其中1111()12ln()02222h =--⋅=， 又222225(e )e 12e ln(e )10eh ----=--⋅=-<， ∴存在唯一201(e ,)2x -∈,使得0()0h x =,∴0()0f x '=， 当00x x <<时，()0f x '>，∴2ln ()(1)x f x x =-单调递增,当120e x x -<≤时，()0f x '<,∴2ln ()(1)x f x x =-单调递减，且12()(e)f x f -≥，由①和②可知,2ln ()(1)x f x x =-在0(0)x ，单调递增,在0(1)x ，上单调递减，∴当0x x =时,2ln ()(1)xf x x =-取极大值.∵0000()12ln 0h x x x x =--=,∴0001ln 2x x x -=， ∴00220000ln 11()112(1)(1)2()22x f x x x x x ===----,又01(0)2x ∈，，∴201112()(0)222x --∈-，,∴0201()2112()22f x x =<---. 探究2解析：解：(1）依题意可得2()2f x x x a '=++当440a ∆=-≤即1a ≥时，220x x a ++≥恒成立,故()0f x '≥,所以函数()f x 在R 上单调递增；当440a ∆=->即1a <时，2()20f x x x a '=++=有两个相异实根1211x x ==-=-12x x <故由2()20f x x x a '=++>⇒(,1x ∈-∞-或(1)x ∈-+∞,此时()f x 单调递增由2()2011f x x x a x '=++<⇒-<<-()f x 单调递增递减 综上可知当1a ≥时,()f x 在R 上单调递增；当1a <时,()f x 在(,1x ∈-∞-上单调递增,在(1)x ∈-+∞单调递增，在(11--单调递减.(2)由题设知，12,x x 为方程()0f x '=的两个根,故有2211221,2,2a x x a x x a <=--=--因此322211111111111111112122()(2)(2)(1)33333333a f x x x ax x x a x ax x ax x a ax a x =++=--++=+=--+=--同理222()(1)33af x a x =--因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--设l 与x 轴的交点为0(,0)x ，得02(1)ax a =-而22322031()()()(12176)32(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a =++=-+----由题设知,点0(,0)x 在曲线()y f x =的上，故0()0f x =,解得0a =或23a =或34a =所以所求a 的值为0a =或23a =或34a =。
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
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导数问题中虚设零点的三大策略导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”.因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题.此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决.我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略.策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′（x）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数；（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2e2x-ax（x>0）.由f′（x）=0，得2xe2x=a.令g（x）=2xe2x，g′（x）=（4x+2）e2x>0（x>0），从而g（x）在（0，+∞）单调递增，所以g（x）>g（0）=0.当a>0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点；当a≤0时，方程g（x）=a没有根，即f′（x）没有零点.（2）由（1），可设f′（x）在（0，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）<0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0.故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x）min=f（x0）.由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，由x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a.故当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.评析本题第（2）问要证明f（x）≥2a+aln2a，只需要f（x）min≥2a+aln2a，f（x）min在f′（x）的零点取到.但f′（x）=0是超越方程，无法求出其解，我们没有直接求解x0，而是在形式上虚设.这样处理的好处在于，通过对x0满足的等式e2x0=a2x0，lnx0=lna2-2x0的合理代换使用，快速将超越式e2x0-alnx0化简为普通的代数式a2x0+2ax0+aln2a，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了x0.在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式.借助f′（x0）=0作整体代换，竟能使天堑变通途！其实，这种做法早已出现在以下两道试题中.我们一起来体会一下如出一辙的解法带给我们的便捷.例2（2013年全国高考新课标Ⅱ卷理21）已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.（1）设x=0是f（x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性；（2）当m≤2时，证明f（x）>0.解（1）m=1，f（x）增区间为（0，+∞），减区间为（-1，0）.（2）当m≤2时，x+m≤x+2，ln（x+m）≤ln（x+2），-ln（x+m）≥-ln（x+2），所以f（x）≥ex-ln（x+2），令g（x）=ex-ln（x+2），则g′（x）=ex-1x+2，g″（x）=ex+1（x+2）2>0，所以g′（x）在（-2，+∞）上单调递增.又g′（-1）=e-1-1<0，g′（0）=1-12>0，所以存在唯一的x0∈（-1，0），使g′（x0）=0.所以当-2<X<X0时，G′（X0）x0时，g′（x0）>0，g（x）单调递增.评析在本题中，在确定出函数g′（x）=ex-1x+2在（-2，+∞）上存在唯一的零点x0后，无法直接求解x0，在形式上虚设后，通过对x0满足的等式条件ex0=1x0+2，x0=-ln （x0+2）的合理代换使用，快速将超越式g（x0）=ex0-ln（x0+2）化简为普通的代数式g （x0）=1x0+2+x0，为证貌似不可能证的不等式g（x0）>0扫除了障碍.例3（2012年全国新课标卷文21第2问）设函数f（x）=ex-ax-2.若a=1，k为整数，且当x>0时，（x-k）f′（x）+x+1>0，求k的最大值.解由于a=1，所以（x-k）f′（x）+x+1=（x-k）（ex-1）+x+1>0k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x，原命题k评析本题中，在确定出h（x）=ex-x-2在（0，+∞）上存在唯一零点的情形下，通过虚设零点x0，并借助ex0=x0+2来简化g（x0）=x0+1ex0-1+x0，为估计g（x0）的范围创造了条件.虚设零点，让我们感受到“柳暗花明又一村”的奇妙诗意.如果f′（x）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想当然，用求根公式把零点求出来，代入极值中去.但接下来要么计算偏繁，要么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工作无法开展.正所谓“思路简单，过程烦人”.这时有两个策略：策略2反代消参构造关于零点的单一函数如果问题要求解（或求证）的结论与参数无关，这时我们一般不要用参数来表示零点，而是反过来用零点表示参数，然后把极值函数变成了关于零点的单一函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明.例4（2014年全国高考新课标Ⅱ卷文21第2问）已知函数f（x）=x3-3x2+x+2，曲线y=f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为-2.证明：当k<1时，曲线y=f （x）与直线y=kx-2只有一个交点.解曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点g（x）=f（x）-kx+2的图象与x轴只有一个交点.g（x）=x3-3x2+（1-k）x+4，g′（x）=3x2-6x+1-k.（1）当Δ=36-12（1-k）=24+12k≤0，即k≤-2时，g′（x）≥0，所以g（x）在R 上为增函数.因为g（-1）=k-1<0，g（0）=4>0，所以存在唯一x0∈（-1，0）使得g（x0）=0，所以g（x）的图象与x轴只有一个交点.（2）当Δ=36-12（1-k）=24+12k>0，即-2<K0，g′（1）=-2-k<0，所以0<X1<1，1<X20，g（x）在（-∞，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）内为增函数.g （x）的极小值点是x2.所以g（x）的图象与x轴只有一个交点，只需要g（x2）>0.由g′（x2）=3x22-6x2+1-k=0得1-k=-3x22+6x2，g（x2）=x32-3x22+（1-k）x2+4=x32-3x22+（-3x22+6x2）x2+4=-2x32+3x22+4.令x2=t，g（x2）=h（t）=-2t3+3t2+4（1<Th（2）=0，即g（x2）>0.所以当-2<K<>综上（1）、（2）可知，当k<1时，曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点.评析本题当-2<K0.x2是可以求出的（实际上x2=1+6+3k3），但我们证关于k的不等式g（x2）=g（1+6+3k3）>0，让人无处下手.于是，我们虚设零点x2，采用“反代”的方法，用零点x2来表示参数，有1-k=-3x22+6x2.巧妙地回避了这些繁杂的计算，简洁而利索，可谓妙哉.例5（2009年全国高考Ⅱ卷理22第2问）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点，证明：f（x）的极小值大于1-2ln24；证明f′（x）=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x（x>-1）.令g（x）=2x2+2x+a，函数f（x）有两个极值点g（x）=2x2+2x+a在（-1，+∞）上有两个不等实根Δ=4-8a>0g（-1）=a>00<A<>设x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，且x10，其对称轴为x=-12，所以-1<X1<-12，-12<X20，f（x）在（-1，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，f′（x）<0，f（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，f′（x）>0，f（x）在（x2，+∞）内为增函数.所以，f（x）的极大值点是x1，f（x）的极小值点是x2.由g（x2）=2x22+2x2+a=0得a=-（2x22+2x2），所以f（x2）=x22+aln1+x2=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.令x2=t，设f（x2）=h（t）=t2-（2t2+2t）ln（1+t），其中-12<T0，h（t）在[-12，0）单调递增.所以当t∈（-12，0）时，h（x）>h（-12）=1-2ln24.故f（x2）=h（t）>1-2ln24.评析f（x）=x2+aln1+x的极小值点x2来自f′（x）=2x2+2x+a1+x的零点，按常规思路，要证明f（x2）>1-2ln24，就要将x2=-1+1-2a2代入f（x）求解，其本质就是用参数a表示零点x2，再证明关于a的不等式，-1+1-2a22+aln1+-1+1-2a2>1-2ln24，复杂的算式让人无处下手.于是，我们采用“反代”的方法，用零点x2来表示参数a=-（2x22+2x2）.事实证明，这种变通是十分有效的.策略3降次留参建立含参数的方程（或不等式）如果问题要求解（或求证）的结论与参数有关，利用关系式f′（x）=0（大部分情况可转化为二次方程），在保留参数的情况下，不断地把零点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或不等式），就可求出参数的值或参数的范围.例6（2012年高考全国大纲卷文科第21题）已知函数f（x）=13x3+x2+ax.（1）讨论f（x）的单调性；（2）设f（x）有两个极值点x1、x2，若过两点（x1，f（x1）），（x2，f（x2））的直线l与x轴的交点在曲线y=f（x）上，求a的值；（3）（笔者加编）函数f（x）的图像与x轴有三个公共点，求a的取值范围.解（1）略.（2）f′（x）=x2+2x+a，由题设知，x1、x2为方程f′（x）=0的两个根，故有a<1，x21=-2x1-a，x22=-2x2-a.因此f（x1）=13x31+x21+ax1=13x1（-2x1-a）+x21+ax1=13x21+23ax1=13（-2x1-a）+23ax1=23（a-1）x1-a3，同理f（x2）=23（a-1）x2-a3.因此直线l的方程为y=23（a-1）x-a3，设l与x轴的交点为（x0，0），得x0=a2（a-1）.而f（x0）=13a2（a-1）3+a2（a-1）2+a22（a-1）=a224（a-1）3（12a2-17a+6），由题设知，点（x0，0）在曲线y=f（x）上，故f（x0）=0，解得a=0或a=23或a=34.所以，所求a的值为a=0或a=23或a=34.（3）函数f（x）的图像与x轴有三个公共点f（x）有极大值极小值且两个极值异号.f （x）有极大值极小值f′（x）有两零点Δ=4-4a>0即a<1.评注对于问题（2），找到极值点横坐标x1、x2与参数a之间的联系（x21=-2x1-a，x22=-2x2-a），利用它不断地把零点的次数降到1次为止，再利用设而不求法求出直线方程，利用直线方程求出与x轴的交点，根据交点在已知曲线上建立含参数a的方程，从而得到参数a的值；对于问题（3），等价转化为f（x1）·f（x2）<0，再利用韦达定理转化为纯粹的含参数a的不等式，求出了a的取值范围，这也要归功于问题（2）的降次留参.综上所述，“虚设零点”的三大策略，让我们成功回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术难点，在求解比较复杂的含参函数与导数的综合问题具有很好的应用价值，值得我们关注.。