高中数学专题---隐零点及卡根思想

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高考培优微专题《隐零点问题》解析版

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

高考数学专题一微专题12 隐零点问题

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

高考数学之隐零点问题

高考数学之隐零点问题在高考数学中，隐零点问题是一类重要的问题，它涉及到函数的性质、不等式、方程等多个方面，是考查学生数学综合能力和计算能力的典型题型。

本文将从隐零点的定义、解题思路和常见问题三个方面来探讨隐零点问题。

一、隐零点的定义隐零点是指函数在某区间内存在零点，但无法直接通过零点定理或判别式等方法得出。

这类问题需要学生通过观察函数的性质、分析函数的值域、判断函数的单调性等方式来寻找隐零点。

二、解题思路解决隐零点问题的核心思路是“化归思想”，即将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题。

具体来说，解决隐零点问题的步骤如下：1、观察函数的性质，确定函数的可能零点区间；2、分析函数的值域，确定函数在可能零点区间的端点值的符号；3、判断函数的单调性，确定函数在可能零点区间的单调性；4、根据函数的性质、值域和单调性，得出函数在可能零点区间的端点值的符号，从而得出隐零点的存在性和位置。

三、常见问题解决隐零点问题时，学生常常会出现以下问题：1、对函数的性质、值域和单调性等概念理解不准确，导致解题思路错误；2、无法将复杂问题转化为简单问题，无法将抽象问题转化为具体问题，导致解题过程繁琐；3、无法灵活运用数学知识进行推理和计算，导致解题结果错误。

因此，学生在解决隐零点问题时，需要加强对函数性质、值域和单调性等概念的理解，提高对复杂问题和抽象问题的转化能力，同时加强数学知识和计算能力的训练，以提高解题的准确性和效率。

总之，解决隐零点问题需要学生具备扎实的数学基础、灵活的思维方式和熟练的计算技巧。

只有通过不断的训练和思考，才能真正掌握解决隐零点问题的技巧和方法。

高考导数综合应用中的“隐零点”在数学的学习中，我们常常遇到许多复杂的问题需要解决。

而在这些难题中，导数往往扮演着关键的角色。

特别是在高考数学中，导数的综合应用是一个重点也是一个难点。

其中，“隐零点”是一个特别需要的概念。

“隐零点”，顾名思义，这是一种不易被直接观察或找到的零点。

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题1.（2012?新课标）设函数 f （x） =e x﹣ ax﹣2．（Ⅰ）求 f （x）的单一区间；（Ⅱ）若 a=1， k 为整数，且当 x＞ 0 时，（x﹣k）f ′（x）+x+1＞0，求 k 的最大值．解：（I）函数 f（ x）=e x﹣ax﹣2 的定义域是 R，f ′（x）=e x﹣a，若a≤0，则 f ′（x）=e x﹣a≥0，因此函数 f（x）=e x﹣ax﹣ 2 在（﹣∞， +∞）上单一递加．若a＞0，则当 x∈（﹣∞， lna）时， f ′（ x） =e x﹣ a＜ 0；当 x∈（lna，+∞）时， f ′（x）=e x﹣a＞0；因此， f（ x）在（﹣∞， lna）单一递减，在（ lna ，+∞）上单一递加．（II）因为 a=1，因此，（x﹣k） f ′（ x）+x+1=（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当 x＞ 0 时，（x﹣k） f ′（ x）+x+1＞0 等价于 k＜（x＞0）①令 g（x）=，则g′（x）=由（ I）知，当 a=1 时，函数 h（x）=e x﹣x﹣2 在（ 0，+∞）上单一递加，而 h（ 1）＜ 0， h（2）＞ 0，因此 h（x） =e x﹣ x﹣ 2 在（ 0，+∞）上存在独一的零点，故 g′（ x）在（ 0，+∞）上存在独一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当 x∈（0，α）时， g′（x）＜ 0；当 x∈（α，+∞）时， g′（x）＞ 0；因此 g（ x）在（ 0，+∞）上的最小值为g（α）．又由 g′（α）=0，可得 eα=α+2 因此 g（α）=α+1∈（2， 3）因为①式等价于k＜g（α），故整数 k 的最大值为 2．2.（2013?新课标Ⅱ）已知函数 f（x）=e x﹣ln（ x+m）（Ι）设 x=0 是 f （x）的极值点，求 m，并议论 f（ x）的单一性；（Ⅱ）当 m ≤2 时，证明 f （x）＞ 0．【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0 是 f（x）的极值点，∴，解得 m=1．因此函数 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，因此 g（x）在（﹣ 1，+∞）上为增函数，又∵ g（0）=0，因此当 x＞ 0 时， g（ x）＞ 0，即 f ′（x）＞ 0；当﹣ 1＜x＜0 时， g（x）＜ 0， f ′（ x）＜ 0．因此 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），故只要证明当 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，+∞）上有独一实数根 x0，且 x0∈（﹣ 1，0）．当 x∈（﹣ 2， x0）时， f （′x）＜ 0，当 x∈（x0， +∞）时，f（′x）＞ 0，进而当 x=x0时， f （x）获得最小值．由 f （′ x0）=0，得00，ln（ x +2）=﹣x ．故 f（x）≥=＞0．综上，当 m ≤2 时， f（x）＞ 0．3.（2015?新课标Ⅰ）设函数 f （x）=e2x﹣alnx．（Ⅰ）议论 f（ x）的导函数 f ′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞ 0 时， f （x）≥ 2a+aln．解：（Ⅰ） f（x）=e2x﹣alnx 的定义域为（ 0，+∞），∴ f ′（ x） =2e2x﹣．当 a≤0 时， f ′（x）＞ 0 恒建立，故 f ′（x）没有零点，当 a＞0 时，∵ y=e2x为单一递加， y=﹣单一递加，∴ f′（x）在（0，+∞）单一递加，又 f ′（a）＞0，假定存在 b 知足 0＜b＜ln 时，且 b＜，f ′（b）＜ 0，故当 a＞0 时，导函数 f ′（x）存在独一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数 f ′（ x）在（ 0，+∞）上的独一零点为 x0，当x∈（0，x0）时， f ′（x）＜ 0，当 x∈（ x0+∞）时， f （′x）＞ 0，故 f（x）在（ 0， x0）单一递减，在（ x0+∞）单一递加，所欲当 x=x0时， f （x）获得最小值，最小值为f（ x0），因为﹣=0，因此 f（ x0）=+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥ 2a+aln．4.（2016?新课标Ⅱ）（Ⅰ）议论函数f（ x） =e x的单一性，并证明当x＞0 时，（x﹣ 2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当 a∈[ 0，1）时，函数 g（ x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数 h（a）的值域．解：（1）证明： f （x） =f' （x）=e x（）=，∵当 x∈（﹣∞，﹣ 2）∪（﹣ 2，+∞）时， f'（ x）≥ 0∴f （x）在（﹣∞，﹣ 2）和（﹣ 2，+∞）上单一递加，∴ x＞ 0 时，＞f（ 0） =﹣ 1即（ x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）===a∈[ 0， 1），由（ 1）知，当 x＞ 0 时， f （x）=的值域为（﹣ 1，+∞），只有一解使得，只要?e t≤0 恒建立，可得﹣ 2＜t ≤2，由 x＞0，可得 t ∈（0，2]当 x∈（0，t ）时， g'（x）＜ 0， g（x）单一减；当 x∈（ t，+∞），g'（ x）＞ 0， g（ x）单一增；h（a）===记 k（ t ）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，故 k（ t ）单一递加，因此h（a） =k（t ）∈（，] ．5.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣ xlnx，且 f（x）≥ 0．（1）求 a；（2）证明： f（x）存在独一的极大值点x0，且 e﹣2＜ f（x0）＜ 2﹣2．【解答】（ 1）解：因为 f（x）=ax2﹣ ax﹣xlnx=x（ax﹣ a﹣ lnx）（x＞0），则 f（x）≥ 0 等价于 h（ x） =ax﹣a﹣lnx≥ 0，求导可知 h′（ x） =a﹣．则当 a≤ 0 时 h′（ x）＜ 0，即 y=h（x）在（ 0，+∞）上单一递减，因此当 x0＞1 时， h（x0）＜ h（1） =0，矛盾，故 a＞0．因为当 0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，因此 h（x）min =h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，因此=1，解得 a=1；另解：因为 f（ 1）=0，因此 f （x）≥ 0 等价于 f （x）在 x＞0 时的最小值为 f（1），因此等价于 f（ x）在 x=1 处是极小值，因此解得 a=1；（2）证明：由（ 1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx， f ′（ x） =2x﹣2﹣lnx ，令 f （′x ）=0，可得 2x ﹣2﹣lnx=0，记 t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则 t ′（x ）=2﹣ ，令 t （′ x ）=0，解得： x= ，因此 t （ x ）在区间（ 0，）上单一递减，在（，+∞）上单一递加，因此 t （ x ） min =t （） =ln2﹣1＜ 0，进而 t （x ）=0 有解，即 f （′x ）=0 存在两根 x 0， x 2，且不如设 f ′（x ）在（ 0，x 0）上为正、在（ x 0， x 2）上为负、在（ x 2， +∞）上为正，因此 f （ x ）必存在独一极大值点 x 0 0 0=0，，且 2x ﹣ 2﹣ lnx因此 f （ x 0） =﹣0﹣ 00 ﹣ 00﹣20﹣，xx lnx =x +2x=x由 x 0 ＜可知 f （ x ）＜（ x ﹣）max =﹣+ = ；由 f （′ ）＜ 0 可知 x 0＜＜，因此 f （x ）在（ 0，x 0）上单一递加，在（ x 0，）上单一递减，因此 f （ x 0）＞ f （）= ；综上所述， f （x ）存在独一的极大值点﹣2＜f （x 0 ﹣2． x ，且 e ）＜ 2。

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。

微专题--隐零点

高考微专题---“隐零点”问题（隐形零点、设而不求）“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题．【隐形零点三部曲】第一步：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′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；(至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围)；第二步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．整体代换，将超越式换成普通式【典例】设函数f (x) =e2 x -a ln x ，设a ∈(0, 2e2 )求证：当x ∈(0,1]时，f (x) ≥ 2a +a ln 2a【过程分析】要证明不等式f (x) ≥ 2a +a ln 2，自然会想到求函数f (x) 的最小值，难度的上a升是因为含有参数，从而的最小值也将是参数的函数，自然想法是求出函数的表达式，基于这2 xa2xe2 x -a种想法我们利用导数工具来处理，可知 f '(x) = 2e -=，在这里如果x x0 02xe 2 x - af '(x ) == 0 有零点，我们无法解此方程的根，更求不出函数的极值，进而解题受阻，x那么该如何处理此问题呢？【深入探究】对本题中可设ϕ(x ) = 2xe 2 x- a ，根据零点存在定理判断方程 2xe 2 x - a = 0 ，通过求导ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x > 0 ，函数 ϕ(x ) 在区间 (0,1] 为增函数，且满足x → 0时，ϕ(x ) → -a < 0,ϕ(1) = 2e 2 - a > 0 ，由零点存在定理，设存在 x 0 ∈ (0,1]，使得ϕ(x ) = 2x e 2 x- a = 0 ，但是无法求出，我们先不急于求根，我们可以联想到解析几何中常用一方法那就是设而不求，在此利用极值点 x 与参数a 满足的关系 2x e 2 x 0= a 整体替换来处理.【反思优化】上述解法中我们注意到ϕ(x ) = 2xe 2 x- a = 0 为超越方程，无法直接求方程根 x 0 ，而是在形式上假设，这样处理的好处在于通过对 x 满足的等式 e2 x 0= a ， ln x = ln a - 2x 的合理代 2x 00 2 0换使用，快速将超越式 f (x ) = e 2 x 0- a ln x 化简为普通的代数式 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ， a然后使用均值不等式求出最小值同时消掉了 x 0 ，在求解的过程中，不要急于消掉 x 0 而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助作 f '(x 0 ) = 0 整体代换，从而使问题获解.三.解题过程【解析】 f (x ) 的定义域为(0,1]， f '(x ) = 2e2 x - a =2xe 2 x- a x x设ϕ(x ) = 2xe2 x- a ，ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x ，当 x ∈ (0,1]，ϕ'(x ) > 0 ，即ϕ(x ) 在区间(0,1]为增函数，ϕ(x ) ∈ (-a , 2e 2 - a ⎤⎦又因为 a ∈ (0, 2e2)，所以ϕ(0) = -a < 0,ϕ(1) = 2e 2- a > 00 0 0 4 ⎪ 2 ⎪ ( )1 1由零点存在定理可知 f '(x ) 在(0,1]的唯一零点为 x 0当x ∈ (0, x 0 ) 时， f '(x ) < 0，当 x ∈ (x 0 ,1]， f '(x ) > 0 故 f (x ) 在(0, x 0 ) 单调递减，在(x 0 ,1]单调递增，所以当 x = x 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (x ) = e2 x 0- a ln x ，由 2x e2 x 0- a = 0 ，即e 2 x0 = a ，两边去对数得ln x = ln a - 2x2x 00 2 0由于，所以 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ≥ 2 a + a ln 2 = 2a + a ln 2 a a所以 f (x ) ≥ 2a + a ln 2a类型一【挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围】【例 1】.已知函数 f ( x ) = x 2 e x - ln x ,证明:当 x > 0 时,不等式 f( x ) > 1 .证明: f / ( x ) = x ( x + 2 )e x -, x > 0.x由 f/ /(x ) = x2+ 4x + 2 e x+ 1x2> 0,得 f / (x )在(0，+ ∞ )上单调递增. 又 f / ⎛1 ⎫ = 9 e 4⎝ ⎭16 - 4 < 0 , f / ⎛ 1 ⎫ = 5 e 2 ⎝ ⎭ 4- 2 > 0 , 根据零点存在定理可知,存在 x ∈⎛ 1 1 ⎫ ,使得 f/(x ) = 0.， ⎪ 0 ⎝ 4 2 ⎭当 x ∈ ( 0， x 0 )时, f /( x ) < 0, f ( x )在(0，x 0 )上单调递减;当 x ∈ ( x 0，+ ∞ )时, f/( x ) > 0, f (x )在(x 0，+ ∞)上单调递增. 故 f(x )= f (x) = x 2e xln x .min由 f (x )=0得 x (x + 2)e x- 1 = 0, 即 x (x + 2)e x 0 = 1 , e x 0 = 1./0 0x 0xx 2 (x + 2)2x a ⋅ 2ax 01 02 5 22 x1⎛ 1 1 ⎫故 f (x 0 ) = x 0 e 0 - ln x 0 = - ln x 0 ,其中 x 0 ∈ ， ⎪.x 0 + 2 1 ⎛ 1 1 ⎫⎝ 4 2 ⎭令 g (x ) = - ln x , x ∈ ， ⎪.x + 2 /1 1 ⎝ 42 ⎭⎛ 1 1 ⎫ 由 g (x ) = - 2- < 0得 g (x )在 x ∈ x ， ⎪上单调递减. (x + 2) 故 g (x )> g ⎛ 1 ⎫ = 2- ln 1 > 1,即 f (x⎝ 4 2 ⎭ ) > 1. ⎪ 0 ⎝ ⎭ 综上,有 f (x ) min> 1,则当 x > 0时,不等式 f (x ) > 1.【例 2】（常州期末·20）已知函数 f (x ) =（1）若 a = 0 ，求函数 f (x ) 的极值；ln x(x + a )2，其中 a 为常数．（2）若函数 f (x ) 在(0 ，- a ) 上单调递增，求实数 a 的取值范围；（3）若 a = -1，设函数 f (x ) 在(0 ，1) 上的极值点为 x 0 ，求证： f (x 0 ) < -2 ．【答案】解：（1）当 a = 0 时， f (x ) =ln x，定义域为 (0 ，+ ∞) ． x2f '(x ) =1 - 2ln x，令 f '(x ) = 0 ，得 x = e ． x3x (0 ， e) e ( e ，+ ∞)f (x ) ＋ 0 － f '(x )↗极大值 12e↘∴当 x = e 时， f (x ) 的极大值为 1，无极小值．2e1 + a- 2 ln x（2） f '(x ) = x ，由题意 f '(x ) ≥ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立． (x + a )3∵ x ∈ (0 ，- a ) ，∴ (x + a )3 < 0 ，∴1 + a- 2 ln x ≤ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．x ∴ a ≤ 2x ln x - x 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．令 g (x ) = 2x ln x - x ， x ∈ (0 ，- a ) ，则 g '(x ) = 2 ln x + 1，- 1 -1①若0 < -a ≤ e 2 ，即 0 > a ≥ -e 2 ，则 g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立，∴ g (x ) = 2x ln x - x 在(0 ，- a ) 上单调递减，-1则 a ≤ 2(-a ) ln(-a ) - (-a ) ，∴ 0 ≤ ln(-a ) ，∴ a ≤ -1与 a ≥ -e 2 矛盾，舍去；- 1 - 1 -1②若 -a > e 2 ，即 a < -e 2 ，令 g '(x ) = 2 ln x + 1 = 0 ，得 x = e 2 ，-1 当0 < x < e2 时， g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递减， -1 当e2 < x < -a 时， g '(x ) = 2 ln x + 1 > 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递增，-1∴当 x = e 2 时， [g (x )]min = g (e-1-12 ) = 2e-1 - 1 2ln(e- 1 2 ) - e - 1 -12 = -2e 2 ，∴ a ≤ -2e 2 ．综上 a ≤ -2e 2 ．（3）当 a = -1时， f (x ) =ln x(x - 1)2， f '(x ) = x - 1 - 2x ln x ．x (x -1)3 令 h (x ) = x -1 - 2x ln x ， x ∈ (0 ，1) ，-1则 h '(x ) = 1 - 2(ln x +1) = -2 ln x -1 ，令 h '(x ) = 0 ，得 x = e 2 ．- 1 -1①当e 2 ≤ x < 1时， h '(x ) ≤ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递减， h (x ) ∈ (0 ，2e 2 -1] ，∴ f '(x ) =x - 1 - 2x ln x < 0 恒成立，∴ f (x ) = x (x -1)3ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≤ f (e -12 ) ，②当0 < x ≤ e -1 2 时， h '(x ) ≥ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递增，1 1 1 1其中 h ( ) = -1 - 2 ⋅ ln( ) = ln0 ，2 2 2 2又 h (e -2 ) = e -2 -1 - 2e -2 ⋅ ln(e -2 ) =5-1 < 0 ，e2∴存在唯一 x ∈(e -2, 1) ，使得 h (x ) = 0 ，∴ f '(x ) = 0 ，0 20 04 e当0 < x < x 0 时， f '(x ) > 0 ，∴ f (x ) = ln x(x - 1)2单调递增，当 x 0 < x ≤ e - 1 2 时， f '(x ) < 0 ，∴ f (x ) =ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≥ f (e - 12 ) ，由①和②可知， f (x ) = ln x 在 (0 ，x ) 单调递增，在 (x ，1) 上单调递减，(x - 1)2 0 0∴当 x = x 0 时， f (x ) = ln x(x - 1)2取极大值．∵ h (x ) = x -1 - 2x ln x= 0 ，∴ ln x = x 0 - 1 ，0 0 0 02x 0∴ f (x ) = ln x 0 = 1 = 1 ， (x 0 - 1)2 2x 0 (x 0 - 1) 2(x 0- 1 )2 - 12 2又 x ∈ (0 1 ) ，∴ 2(x - 1 )2 - 1 ∈ (- 1，0) ，∴ f (x ) =1< -2 ．0 ， 0 22 2 2 02(x 0 - 1 )2 -1 2 2【例 3】(天水市第一中学下学期高三第二次模拟 21)．已知函数 f (x ) = e x - 1x 2 + ax .2（1）当 a > -1时，试判断函数 f (x )的单调性；（2）若 a < 1- e ，求证：函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 1.2试题解析：（1）由题可得 f '(x ) = e x- x + a ，设 g (x ) = f '(x ) = e x- x + a ，则 g '(x ) = e x-1，所以当 x > 0 时 g '(x ) > 0， f '(x )在(0, +∞)上单调递增，当 x < 0 时 g '(x ) < 0， f '(x )在(-∞, 0)上单调递减，所以 f '(x ) ≥ f '(0) = 1+ a ，因为a > -1，所以1+ a > 0，即 f '(x ) > 0，所以函数 f (x )在 R 上单调递増.0 0( ) 2<（2）由（1）知 f '(x )在[1, +∞)上单调递増，因为 a < 1- e ，所以 f '(1) = e -1+ a < 0，所以存在t ∈(1, +∞)，使得 f '(t ) = 0 ，即e t - t + a = 0 ，即 a = t - e t ，所以函数 f (x )在[1, t )上单调递减，在(t , +∞)上单调递増，所以当 x ∈[1, +∞)时f (x )minf (t ) = e t - 1 t 2 + at = e t - 1 t 2 + t t - e t = e t(1- t ) + 1 t 2 ， 2 2 2 令 h (x ) = e x(1- x ) + 1 x 2 , x > 1，则 h '(x ) = x (1- e x )< 0 恒成立，所以函数 h (x )在(1, +∞)上单调递减，所以 h (x ) < e (1-1) + 1 ⨯12 = 1，2 2所以e t(1- t ) + 1 t 2 < 1 ，即当 x ∈[1, +∞)时 f (x ) 2 2 1，min 2 故函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 .2类型二【挖掘“隐零点”，证明不等式】【例 1】（湖北省八校高三数学.21））已知函数 f ( x ) = 1ax 2 - (a 2+ b )x + a ln x (a , b ∈ R ) .2（Ⅰ）当b = 1时，求函数 f ( x ) 的单调区间；（Ⅱ）当 a = -1,b = 0 时，证明： f (x ) + e x> - 1x 2- x +1 （其中e 为自然对数的底数）.2（1）当b = 1时， f ( x ) = 1ax 2 - (1 + a 2)x + a ln x2f '( x ) = ax - (1 + a 2 ) + a = (ax -1)(x - a )…………………………1 分x x讨论：1°当 a ≤ 0 时， x - a > 0, 1> 0,ax - 1 < 0 ⇒ f '(x ) < 0x 此时函数 f ( x ) 的单调递减区间为(0, +∞) ，无单调递增区间……………………2 分2°当a > 0 时，令 f '( x ) = 0 ⇒ x = 1或 aa1= a (a > 0) ，' = ( x - 1)2≥ >①当 a即a = 1时f ( x ) 0( x 0)x此时 1 =e a > 1(0, ) (0, ) (a , ) omin 0此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, +∞) ，无单调递减区间 ……………………3 分 ②当0 < 1< a a，即时，此时在 1和(a , +∞) 上函数 f '( x ) > 0 ，a1 在( , a ) a 上函数 f '(x ) < 0 ，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为 1 a1和(a , +∞) ；单调递减区间为( , a ) a ……………………4 分③当0 < a < 1 ，即0 < a < 1时，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, a ) 和( 1, +∞) ;a 单调递减区间为 1a（2）证明：（法一）当 a = 1时a……………………6 分f (x ) + e x > x 2+ x +1只需证明： e x -ln x -1>0 问题转化为证明∀x > 0 ， g (x ) > 0设 g (x ) = e x- ln x -1 (x > 0)令 g '(x ) = e x- 1， xg '( x ) = e x+ 1 x 2> 0 ，∴ g '(x ) = e x - 1x为 (0, +∞) 上的增函数，且g '( 1) = - 2 < 0, g '(1) = e -1 > 0 ………8 分 2∴存在惟一的 x 0 ∈ 1 ( ,1) 2 ，使得 g '(x ) = 0 ， e x 0 = 1 x 0∴ g (x ) 在(0, x 0 ) 上递减，在(x 0 , +∞) 上递增………………10 分∴ g ( x ) = g ( x ) = e xo - ln x 0- 1 = 1+ x x 0- 1 ≥ 2 - 1 = 1∴ g (x )min > 0∴不等式得证………………………12 分（法二）先证： x -1 ≥ ln x 令 h (x ) = x -1- ln x (x > 0)（ x > 0 ）∴ h '(x ) = 1- 1 = x -1 = 0 ⇒ x = 1x x∴ h (x ) 在(0,1) 上单调递减，在(1, +∞) 上单调递增∴ h (x )min = h (1) = 0∴ h (x ) ≥ h (1) ⇒ x -1 ≥ ln x…………8 分∴1 + ln x ≤ 1 + x - 1 = x ⇒ ln(1 + x ) ≤ x1 2 －∴e ln(1+ x ) ≤ e x………………………10 分∴e x ≥ x + 1 > x ≥ 1+ ln x∴e x > 1+ ln x故e x - ln x -1 > 0证毕………………12 分【例 2】已知函数 f (x )＝ln x －m e x 的图象在点(1，f (1))处的切线与直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 垂直，其中 e 为自然对数的底数．(1)求实数 m 的值及函数 f (x )在区间[1，＋∞)内的最大值； (2)①求证：函数 f (x )有且仅有一个极值点； ②求证：f (x )<x 2－2x －1.（提示：隐零点+凹凸性）(1)解由题意得 f ′(x )＝1－m e x ，x 直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 的斜率为－ 11－e故函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为 1－e ；即 f ′(1)＝1－m e ＝1－e ，所以 m ＝1. 当 x ∈[1，＋∞)时，f ′(x )＝1－e x 单调递减，x 即 f ′(x )≤f ′(1)＝1－e<0，所以 f (x )在区间[1，＋∞)内单调递减，所以当 x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝ln1－e ＝－e.(2)证明 ①f ′(x )1 e x，令 h (x )＝f ′(x )， x 则 h ′(x )＝－ 1－e x <0 在(0，＋∞)上恒成立，x 2 即有 h (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．1又 h ＝2－ e 2 >0，h (1)＝1－e<0，所以 h (x )＝0 在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根，1，1设此实根为 x 0，则 x 0 2 . 当 x ∈(0，x 0)时，h (x )>0，故 f (x )单调递增；当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )<0，故 f (x )单调递减，，＝12所以函数 f (x )在 x ＝x 0 处取得唯一的极大值点，即函数 f (x )有且仅有一个极值点．②由①知 f ′(x )＝ 1－e x在区间(0，＋∞)内为减函数，x又 f ′(1)＝1－e<0，f ′ ＝2－ e>0，1，1 因此存在实数 x 0∈ 2 满足方程 f ′(x )＝ 1－e x＝0，x此时 f (x )在区间(0，x 0)内为增函数，在区间(x 0，＋∞)内为减函数，且 f ′(x 0)＝ 1－ e x 0 ＝0，x 0 由此得到1＝ e x 0 ，x 0＝－ln x 0.x 0由单调性知 f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－ e x 0 ＝－x 0－ 1＝－ x 01，1x 0＋ 1x 0 ，x 0＋ 1 又 x 0∈ 2 ，故－ x 0 <－2，所以 f (x )max <－2.又 x 2－2x －1＝(x －1)2－2≥－2，所以 f (x )<x 2－2x －1.【习题】【1】(莆田市模拟)已知函数 p (x )＝ln x ，q (x )＝12－(1＋2a )x .x 2(1)讨论函数 f (x )＝q (x )＋2ax ·p (x )的单调性；(2)当 a ＝0 时，证明：xp (x )＋q (x )＜e x ＋1 22－x －1.解：(1)f (x )＝1x 2－(1＋2a )x ＋2a ln x ，定义域为(0，＋∞)，2则 f ′(x )＝x －(1＋2a )＋2a ＝ x －1x －2a .x x ①当 a ≤0 时，x －2a ＞0，∴当 0＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，当 x ＞1 时，f ′(x )＞0，x x，所以 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②当 0＜a ＜ 1时，0＜2a ＜1，2∴当 0＜x ＜2a 或 x ＞1 时，f ′(x )＞0，当 2a ＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，所以 f (x )在(0,2a )上单调递增，在(2a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，③当 a ＝1时，f ′(x )＝ x －1 2≥0，故 f (x )在(0，＋∞)上单调递增．④当 a 2 1时， 2 x 2a ＞1， ∴当 0＜x ＜1 或 x ＞2a 时，f ′(x )＞0，当 1＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，所以，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2a )上单调递减，在(2a ，＋∞)上单调递增． (2)证明：当 a ＝0 时，要证 xp (x )＋q (x )＜e x ＋1x 2－x －1，2即证 ln x ＋1x 2－x ＜e x ＋1 2－x －1，只需证明：e x －ln x －1＞0.2 2设 g (x )＝e x －ln x －1，则 g ′(x )＝e x －1 g ″(x )＝e x＋ 1 ＞0， x x 2所以 g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又 g ′ 1，1 ＝ e －2＜0，g ′(1)＝e －1＞0，1所以存在唯一 x 0∈ 2使得 g ′(x 0)＝0，即 e x 0＝，∴－ln x 0＝x 0. x 0∴g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以 g (x )的最小值为 g (x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝ 1＋x 0－1≥2－1＝1＞0，x 0 所以 e x －ln x －1＞0，即原不等式得证．类型三【挖掘“隐零点”，估算极值】【例 1】（2017 年全国课标 1.21）已知函数 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且 f （x ）≥0．（1）求 a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则 f （x ）≥0 等价于12 x ＞h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知 h ′（x ）=a ﹣ 1．则当 a≤0 时 h ′（x ）＜0，即 y=h （x ）在（0，x+∞）上单调递减，所以当 x 0＞1 时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故 a ＞0．因为11 1 当 0＜x ＜ a 时 h ′（x ）＜0，当 x ＞ a 时h ′（x ）＞0，所以 h （x ）min =h （ a），又因为 h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以1=1，解得 a=1；a（另解：因为 f （1）=0，所以 f （x ）≥0 等价于 f （x ）在 x ＞0 时的最小值为 f （1），所以等价于 f （x ）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；）（2）证明：由（1）可知 f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ，1令 f′（x ）=0，可得 2x ﹣2﹣lnx=0，记 t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则 t′（x ）=2﹣ ，x1 令 t′（x ）=0，解得：x=2 1，所以 t （x ）在区间（0， 2 1）上单调递减，在（ 2，+∞）上单调1递增，所以 t （x ）min =t （ 2）=ln2﹣1＜0，从而 t （x ）=0 有解，即 f ′（x ）=0 存在两根 x 0，x 2，且不妨设 f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以 f （x ）必存在唯一极大值点 x 0，且 2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以 f （x 0）= x 2 ﹣ x ﹣ x ln x = x 2﹣ x ﹣ x (2x - 2)=﹣ x 2 +x ，由 x ＜ 1可知（f x ）＜(-x 2+ x )= -1+ 1 = 1； 020 max222 41 1 11由 f ′（ e ）＜0 可知 x 0＜ e ＜ 2 ，所以 f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0， e）上单调1 1递减，所以 f （x 0）＞f （）=；ee2综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．【例2】（雅礼中学高三月考（六）.21）类型四【挖掘“隐零点”，整数问题--卡根】【例1】已知函数f(x)＝x ln x＋ax＋b 在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0．（1）求函数f(x)的解析式；（2）若k∈Z，且存在x>0，使得k < f ( x + 1)成立，求k 的最小值．x【解析】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，可化为 k >>01 ＝a ＋1＝3， 1 ＝a ＋b ＝1，＝2，＝－1，∴f (x )＝x ln x ＋2x －1．（2）k >f x ＋1 x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，x x 令 g (x )＝ x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，∃x ∈(0，＋∞)，使得 k >f x ＋1，x x 则 k >g (x )min ． g ′(x )＝x －1－ln x ＋1，x ∈(0，＋∞)，x 2令 h (x )＝x －1－ln(x ＋1)，则 h ′(x )＝1－ 1 ＝ x， x ＋1 x ＋1 ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又 h (2)＝1－ln 3<0，h (3)＝2－ln 4>0，故存在唯一的 x 0∈(2，3)使得 h (x 0)＝0，即 x 0－1＝ln(x 0＋1)．当 x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，x 0)上为减函数；当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数． ∴g (x )min ＝g (x 0)＝ x 0＋1 ln x 0＋1 ＋2x 0＋1＝x 0＋1x 0－1 ＋2x 0＋1＝x 0＋2，x 0 x 0∴k >x 0＋2．∵x 0∈(2，3)，∴x 0＋2∈(4，5)． ∵k ∈Z ，∴k 的最小值为 5．【答案】（1）f (x )＝x ln x ＋2x －1；（2）5．【例 2】(广州调研)已知函数 f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kxx ＋1(k ∈R)． (1)若函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数 y ＝g (x )的图象相切，求 k 的值； (2)若 k ∈N *，且 x ∈(1，＋∞)时，恒有 f (x )>g (x )，求 k 的最大值． (参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln( 2＋1)≈0.8814)(x >1)解 (1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且 f ′(x )＝1，x 从而得到 f ′(1)＝1.∴函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为 y －5＝x －1，即 y ＝x ＋4.设直线 y ＝x ＋4 与 g (x )＝ kx x ＋1(k ∈R)的图象相切于点 P (x 0，y 0)，从而可得 g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4，又 g ′(x )＝ k， (x ＋1)21，0＝2， 0＝－2，＋4，＝9 ＝1.∴k 的值为 1 或 9.(2)由题意知，当 x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x > kx 1＋x恒成立，等价于当 x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )恒成立．x 设 h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x ) ，x 则 h ′(x )＝x －4－ln x，(x >1) x 2 记 p (x )＝x －4－ln x (x >1)，则 p ′(x )＝1－1＝x －1>0，x x ∴p (x )在 x ∈(1，＋∞)上单调递增．又 p (5)＝1－ln5<0，p (6)＝2－ln6>0，∴在 x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数 m ，且 m ∈(5，6)，使得 p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当 x ∈(1，m )时，p (x )<0，即 h ′(x )<0，则 h (x )在 x ∈(1，m )上单调递减，当 x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即 h ′(x )>0，则 h (x )在 x ∈(m ，＋∞)上单调递增， ∴当 x ∈(1，＋∞)时，=> < ( ) = ( ) =h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )，m由①可得 ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)＝m ＋ 1＋2，m m 1 36，49而 m ∈(5，6)，∴m ＋＋2∈ 5 6 ，m 又当 m ＝3＋2 2时，h (m )＝8， p (3＋2 2)＝2 2－1－ln(3＋2 2)>0， ∴m ∈(5，3＋2 2)，∴h (m )∈ 36，85.又 k ∈N *，∴k 的最大值是 7.【习题】【1】已知函数 f 大值.( x ) = 1 + ln ( x + 1) ,当 x > 0时, f x( x + 1)[1 + ln( x + 1)]( x ) >k x + 1恒成立,求正整数 k 的最解析:由已知有k <在 x > 0上恒成立.x( x + 1)[1+ ln(x + 1)]令 h (x ), x 0.只需 k h xxmin .h / (x ) =x -1- ln(x + 1)x2,令ϕ(x ) = x - 1- ln(x + 1) ,由ϕ/(x ) = 增. xx + 1> 0得ϕ(x )在(0，+ ∞ )上单调递又ϕ(2)=1 - ln 3 < 0 , ϕ(3)=2 - ln 4 > 0 , 根据零点存在定理可知 , 存在 x 0 ∈ (2，3),使得ϕ(x 0 ) = 0. 当 x ∈ (0，x 0 )时,ϕ(x ) < 0, h / (x ) < 0, h (x )在(0，x )上单调递减; 当 x ∈ (x ，+ ∞ )时,ϕ(x ) > 0, h / (x ) > 0, h (x )在(x ，+ ∞)上单调递增.故 h (x ) 0min(x 0 + 1)[1+ ln(x 0 + 1)]h x 0 .x 0 由ϕ(x 0 ) = 0得, x 0 -1- ln(x 0 + 1)=0 ,即 x 0 = 1+ ln(x 0 + 1) .则h (x)=x+1∈(3，4).故正整数k 的最大值为3.【2】（山西省全国普通高等学校统一考试（文）21）(本小题满分12 分)已知函数f (x)=mx + 2 -e x (m ∈R)，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)已知m =1, k 为整数，若对任意x ∈(0, +∞)，都有(k -x)f '(x)>-x -1恒成立，求k 的最大值．【3】（太原五中阶段性检测.21）（本小题满分12分）已知函数f (x) = ln xx +a( a ∈R)，曲线y =f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程为y =x -1.(1)求实数a 的值，并求f (x) 的单调区间；(2)试比较20142015 与20152014 的大小，并说明理由；(3)是否存在k ∈Z ，使得kx >f (x) + 2对任意x > 0 恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由.解析：(1)依题意，x +a- ln x f '(x) =x(x +a)2 ，f '(1) = 1+a = 1 1=1所以(1+a)2f (x) =ln x1+a ，又由切线方程可得f '(1) = 1，即1+af '(x) =1- ln x，解得a = 0，此时x ，x2令f '(x) > 0 ，所以1- ln x > 0 ，解得0 <x <e ；令f '(x) < 0，所以1- ln x < 0 ，解得x >e ，所以f (x) 的增区间为：(0, e)，减区间为：(e, +∞) . (2)解法一：2 2e由(1)知，函数 f (x ) 在(e , +∞) 上单调递减，所以 f (2014) > f (2015)，即ln 2014 > ln 20152014 2015⇔ 2015 ln 2014 > 2014 ln 2015 ⇔ ln 20142015 > ln 20152014 ⇔ 20142015 > 20152014k > ln x +2 g (x ) = ln x + 2(3) 若 kx > f (x ) + 2 对任意 x > 0 恒成立，则k > g (x )max .x 2 x ，记 x 2 x ，只需g '(x ) =1- 2 ln x - 2 又x 3x2 = 1- 2x - 2 ln xx 3h '(x ) = -2 - 2 < 0记h (x ) = 1- 2x - 2 ln x ，则 x，所以h (x ) 在(0, +∞)上单调递减.h ( 2 ) = 1- - 2 l n 2 = 1- + ln 2 > 1- 3 + ln 2 = ln 2> 0又 h (1) = -1 < 0， 2 2 2 ，x ∈ ( 2 ,1) 0所以存在唯一2 ，使得 h (x 0 ) = 0 ，即1- 2x 0 - 2 ln x 0 = 0当 x > 0 时， h (x ), g '(x ), g (x )的变化情况如下：x(0, x 0 ) x 0(x 0 , +∞)h (x ) ＋－g '(x )＋－g (x )↗极大值↘g (x )= g (x ) = 2x 0 + ln x 0max0 x 2 1- 2x - 2 ln x = 02x + 2 ln x = 1所以，又因为，所以，2 2g (x ) =(2x 0 + 2 ln x 0 ) + 2x 0 = 1 + 2x 0 = 1 ⋅ 1 2 + 10 2x 22x 2 ( ) x 所以0 02 x 0 0 ，x ∈ ( 2,1) 1∈ (1, 2) 3< g (x ) < 1+因为 0 2 ，所以 x 0 ，所以 2 0 ，又g (x )max ≥ g (1) = 2 ，所以 2 ≤ g ( x 0 ) < 1 + ，因为k > g (x )max，即k > g (x 0 )，且 k ∈ Z ，故 k 的最小整数值为3.所以存在最小整数 k = 3，使得 kx > f (x ) + 2对任意 x > 0 恒成立.。

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：隐零点问题解析版

隐零点问题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”，既能确定其存在，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，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．【知识导图】考点一：不含参函数的隐零点问题考点二：含参函数的隐零点问题【考点分析】考点一：不含参函数的隐零点问题规律方法　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，利用零点存在定理，判断零点存在，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x 0的合适范围．1(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ，x ∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)a 的最大值为2π，b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ，求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ，因为在区间0,π2上f x =-x sin x <0，则f x 在区间0,π2 上单调递减，所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”，令g x =sin x -cx ，x ∈0,π2，则g x =cos x -c ，当c ≤0时，g x >0对任意x ∈0,π2恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈0,π2 ，gx =cos x -c <0，于是g x 在区间0,π2 上单调递减，则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立，当0<c <1时，存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0，当x ∈(0,x 0)时，g (x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈x 0,π2时，g(x )<0，函数g (x )单调递减，显然g (x 0)>g (0)=0，g π2=1-π2c ，则当g π2 ≥0，即0<c ≤2π时，g (x )>0对x ∈0,π2恒成立，因此当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立，当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈0,π2恒成立，所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时，a 的最大值为2π，b 的最小值为1.2(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x (e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立，求证：实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x，定义域为0,+∞ ，则f x =x -1e x +1x -1x 2=x -1 1e x +1x 2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f 1 =0，又f 1 =1-1e ，则l 的方程为y =1-1e.(2)f x +x -1x -1>ae -x+ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>a e x ⇔a <x -1 e x -x恒成立，令h x =x -1 e x -x ，则h x =xe x -1，令u x =xe x -1，x >0，则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增，又u 0 =-1<0，且u 1 =e -1>0，则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0，即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0，即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0，则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ，所以h x 0 >0，则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增，因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.3(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．证明：f (x )>-516．【答案】证明见解析【解析】f (x )=cos x +2x令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -1 2=cos12-1<0，所以存在x0∈-1 2 ,0，使得f (x0)=cos x0+2x0=0，即x20=14cos2x0．所以当x∈-∞,x0时，f (x)<0，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，所以f(x)在-∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．f(x)≥f x 0=sin x0+x20=sin x0+14cos2x0=-14sin2x0+sin x0+14．因为x0∈-1 2 ,0，所以sin x0>sin-12>sin-π6=-12，所以-14sin2x0+sin x0+14>-14×-122-12+14=-516．故f(x)>-5 16．4已知函数f x =e x-a-ln x+x，当a≤0时，证明：f x >x+2.【解析】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)=e1-a-1≥e-1>0，则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)=0，即e x0-a =1x0，因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F (x0)=0，当0<x<x0时，F (x0)<0，当x>x0时，F (x0)>0，因此函数F(x)在(0,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增，当e x0-a=1x0时，x0-a=-ln x0，则F(x)≥F(x0)=e x0-a-ln x0-2=1x0+x0-a-2>21x⋅x0-a-2=-a≥0，(当且仅当1x0=x0即x0=1时，取等号，故式子取不到等号)所以当a≤0时，f x >x+2.考点二：含参函数的隐零点问题规律方法　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x0，则①有关系式f′(x0)=0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．1(2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<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)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).2(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x，则有f0 =-b=1，解得b=-1，f 0 =a-1-b=a-2=-1，则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ，f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x，设h x =e x+x-2，因为h x 在1,+∞上单调递增，则h x >h1 =e-1>0，所以f (x)>0在1,+∞上恒成立，所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x，令f (x)=0，令f (x)=0，得e x+x-2=0，设h x =e x+x-2，由(2)知h x 在R上单调递增，且h0 =-1，h1 =e-1>0，故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0，即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0，即得e x0+x0-2=0，则e x0=2-x0，且当x∈-∞,x0时，f (x)<0，此时f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，此时f x 单调递增，所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0，当x0∈0,1时，2-x0>0，-x0-1 22+54>-0-122+54=1，则f x min>0，则函数f(x)的零点个数为0.3(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时，设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1，h x =e x-1x+1，当x>0时，h x >0，-1<x<0时，h x <0，所以h x 在-1,0单调递减，0,+∞单调递增，所以h x ≥h0 ，而h0 =0，∴h x ≥0，即f x ≥g x +1．(2)法一：若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，即ae x≥ln x+1a+1⇒ae x+ln a≥ln x+1+1，即ae x +ln ae x ≥x +1+ln x +1 ，构造函数m t =t +ln t ，易知m t 在0,+∞ 递增，则不等式为m ae x ≥m x +1 ，∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ，设ϕx =x +1e x x >-1 ，ϕ x =-xex x >-1 ，则φx 在-1,0 递增，0,+∞ 递减，ϕx max =ϕ0 =1，∴a ≥1．法二：∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0．令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1，F x =ae x -1x +1a >0 ，ae x =1x +1有唯一实数根，设为x 0x 0>-1 ，即ae x 0=1x 0+1，ln a +x 0=-ln x 0+1 ，则F x 在-1,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0，即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0，设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1，显然h x 在-1,+∞ 单调递减，而h 0 =0，∴h x 0 ≥0，则-1<x 0≤0，ln a =-ln x 0+1 -x 0，x 0∈-1,0 ，∴ln a ≥0，a ≥1．4(拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试)已知函数f x =x +1 ln -mx ，g x =mx cos -1，其中m ∈R ．(1)若m =1,h x =f x +g x +1，求证：h x 在定义域内有两个不同的零点；(2)若f x +g x ≤0恒成立，求m 的值．【答案】(1)证明过程见详解；(2)m =1【解析】(1)m =1时，h x =cos x +ln x +1 -x ，h x =-sin x +1x +1-1①x ∈-1,0 时，h x 在-1,0 上单调递减，所以h x ≥h 0 =0，所以h x 在-1,0 上单调递增，又h 0 =1>0，h 1e 2-1=cos 1e 2-1-2-1e2+1<0，所以∃x 1∈1e 2-1,0，使得h x 1 =0，即h x 在-1,0 上有且仅有1个零点x 1；②x ∈π,+∞ 时，由(1)知f x =ln x +1 -x 在π,+∞ 上单调递减，即f x ≤f π =ln π+1 -π，所以h x =cos x +f x ≤1+ln π+1 -π<1+ln e 2-π=3-π<0，所以h x 在π,+∞ 上没有零点；③x ∈0,π 时，-sin x <01x +1-1<0 ，所以h x =-sin x +1x +1-1<0，即h x 在0,π 上单调递减，又h 0 =1>0，h π =ln π+1 -π-1<0，所以h x 在0,π 上有且仅有1个零点x 2；综上所述，h x 在-1,+∞ 内有两个不同的零点x 1，x 2.(2)令φx =f x +g x =ln x +1 +cos mx -mx -1，由于φx ≤0恒成立，且φ0 =0，同时φx 在-1,+∞ 上连续，所以x =0是φx 的一个极大值点.因为φ x =1x +1-m sin mx -m ，所以φ 0 =1-m =0即m =1，下面证明m =1时，φx ≤0在-1,+∞ 上恒成立，由(1)知，m =1时，f x 在-1,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减；所以f x ≤f 0 =0，又g x =cos x -1≤0，故φx =f x +g x ≤0恒成立.5(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数),∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】1-2 e 2,0【解析】由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a ≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x 0-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-x e x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .【强化训练】1已知函数f x =e x -ax 2-x .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】证明见解析【解析】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 +1x2=1-xx2<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.2(广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷)若函数f x 在a ,b 上有定义，且对于任意不同的x 1,x 2∈a ,b ，都有f x 1 -f x 2 <k x 1-x 2 ，则称f x 为a ,b 上的“k 类函数”.若f x =a x -1 e x -x 22-x ln x 为1,e 上的“2类函数”，求实数a 的取值范围；【答案】1e 2<a <4+ee e +1【解析】因为f x =axe x -x -ln x -1，由题意知，对于任意不同的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 <2x 1-x 2 ，可转化为对于任意x ∈1,e ，都有-2<f x <2，由f x <2可转化为a <x +ln x +3xe x ，令g x =x +ln x +3xe x，只需a <g x ming x =1+x -2-ln x -xx 2e x ，令u x =-2-ln x -x ，u x 在1,e 单调递减，所以u x ≤u 1 =-3<0，g x <0，故g x 在1,e 单调递减，g x min =g e =4+ee e +1，由f x >-2可转化为a >x +ln x -1xe x ，令h x =x +ln x -1xe x，只需a >h x maxh x =1+x 2-ln x -xx 2ex，令m x =2-ln x -x ，m x 在1,e 单调递减，且m 1 =1>0，m e =1-e <0，所以∃x 0∈1,e 使m x 0 =0，即2-ln x 0-x 0=0，即ln x 0=2-x 0,x 0=e2-x 0，当x ∈1,x 0 时，m x >0，h x >0，故h x 在1,x 0 单调递增，当x ∈x 0,e 时，m x <0，h x <0，故h x 在x 0,e 单调递减，h x max =h x 0 =x 0+ln x 0-1x 0e e +1=1e2，故1e 2<a <4+ee e +1.3已知函数f (x )=a x -e log a x -e ，其中a >1．讨论f (x )的极值点的个数．【答案】有且仅有一个极值点.【解析】由题意知，函数f (x )的定义域为(0,+∞)，fx =a xln a -e x ln a =xa x ln 2a -ex ln a，设g x =xa x ln 2a -e ，a >1，显然函数g (x )在(0,+∞)上单调递增，g (x )与f (x )同号，①当a >e 时，g 0 =-e <0，g 1 =a ln 2a -e >0，所以函数g (x )在0,1 内有一个零点x 0，且x ∈0,x 0 ，g x <0，x ∈x 0,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 0 单调递减，在x 0,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；②当a =e 时，由(1)知，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；③当1<a <e 时，1ln 2a >1，g 1ln 2a=a 1ln 2a -e ，因为ln a1ln 2a=ln a ln 2a =1ln a >1，所以a 1ln 2a >e ，g 1ln 2a>0，又g 1 =a ln 2a -e <0，所以函数g (x )在1,1ln 2a内有一个零点x 1，且x ∈0,x 1 ，g x <0，x ∈x 1,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；综上所述，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点．4(2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测)已知函数f x =x ln x -mx m ∈R ．当x >1时，不等式f x +ln x +3>0恒成立，求整数m 的最大值．【答案】2【解析】由题意，知x ln x -mx +ln x +3>0对任意x >1恒成立，可知m <ln x +ln x +3x对任意x >1恒成立．设函数g x =ln x +ln x +3x x >1 ，只需m <g x min ．对函数g x 求导，得g x =1x +1-ln x +3 x 2=x -ln x -2x2．设函数h x =x-ln x-2x>1，对函数h x 求导，得h x =1-1x=x-1x>0，所以函数h x 在1,+∞上单调递增．又h3 =1-ln3<0,h72=32-ln72>0，所以存在x0∈3,7 2，使h x0 =0，即x0-ln x0-2=0，所以当x∈1,x0时，h x <0,g x <0，函数g x 单调递减；当x∈x0,+∞时，h x >0,g x >0，函数g x 单调递增，所以g x min=g x0=ln x0+ln x0+3x0=x0-2+x0-2+3x0=x0+1x0-1，所以m<x0+1x0-1．又x0∈3,72，所以x0+1x-1∈213,21114，所以整数m的最大值为2．5(2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模)已知函数f x =x sin x+cos x+ax2,g x =x ln x π．(1)当a=0时，求函数f x 在-π,π上的极值；(2)用max m,n表示m,n中的最大值，记函数h x =max f x ,g x(x>0)，讨论函数h x 在0,+∞上的零点个数．【答案】答案见解析【解析】由h x =max f x ,g x，知h x ≥g x ．(ⅰ)当x∈π,+∞时，g x >0，∴h x >0，故h x 在π,+∞上无零点．(ⅱ)当x=π时，gπ =0,fπ =-1+π2a．故当fπ ≤0时，即a≤1π2时，hπ =0,x=π是h x 的零点；当fπ >0时，即a>1π2时，hπ =fπ >0,x=π不是h x 的零点．(ⅲ)当x∈0,π时，g x <0．故h x 在0,π的零点就是f x 在0,π的零点，f x =x2a+cos x,f0 =1．①当a≤-12时，2a+cos x≤0，故x∈0,π时，f x ≤0,f x 在0,π是减函数，结合f0 =1，fπ =-1+π2a<0可知，f x 在0,π有一个零点，故h x 在0,π上有1个零点．②当a≥12时，2a+cos x≥0，故x∈0,π时，f x ≥0,f x 在0,π是增函数，结合f0 =1可知，f x 在0,π无零点，故h x 在0,π上无零点．③当a∈-12 ,12时，∃x0∈0,π ，使得x∈0,x0时，f x >0,f x 在0,x0是增函数；x∈x0,π时，f x <0,f x 在x0,π是减函数；由f0 =1知，f x0>0．当f π =-1+π2a ≥0，即1π2≤a <12时，f x 在0,π 上无零点，故h x 在0,π 上无零点．当f π =-1+π2a <0，即-12<a <1π2时，f x 在0,π 上有1个零点，故h x 在0,π 上有1个零点．综上所述，a <1π2时，h x 有2个零点；a =1π2时，h x 有1个零点；a >1π2时，h x 无零点6(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)0,2e(2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ，由题知f x =0有两个不同实数根，即a =2e x -1e x有两个不同实数根．令g x =2e x -1 e x ，则gx=2e 2-x e x≥0，解得x ≤2，故g x 在-∞,2 上单调递增，在2,+∞ 上单调递减，且x →-∞时，g (x )→-∞，x →+∞时，g (x )→0，g 2 =2e，故g x 的图象如图所示，当a ∈0,2e时，f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2．则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2，故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，f x 的极大值点为x 1，极小值点为x 2．故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时，实数a 的取值范围为0,2e．(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ，则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ，两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1，即t 2-t 1=ln t 2t 1>0，由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2lnt 2t1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1，令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1)，则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立，由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t，令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ，则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t，φt =2e -2 ln t +2e -2 -et2-e +2，显然φ t 在1,+∞ 递增，又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0，所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0，且易得φ t 在1,t 0 递减，t 0,+∞ 递增，又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0，所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0，且易得φt 在1,t 1 递减，t 1,+∞ 递增，又φ1 =φe =0，则1<x <e 时，φt <0,h t <0,x >e 时，φt >0,h t >0，所以易得h t 在1,e 上递减，在e ,+∞ 上递增，则h (t )min =h e =(e -1)2，所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 ．7(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1，m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0∪0,e -1e【详解】(1)由题，当m =1时，f x =x 2-x ln x +1，f x =2x -ln x -1，f 1 =1，f 1 =2，所以切线方程为y -2=x -1，化简得x -y +1=0，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ，即x 2-mx ln x +1≥2e x ，即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立，令g x =x +1x -m ln x -2e ，则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x2. 对于y =x 2-mx -1，Δ=m 2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，则两个零点一正一负，设其正零点为x 0∈0,+∞ ，则x 20-mx 0-1=0，即m =x 0-1x 0，且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0，此时g x 单调递减，在x 0,+∞ 上，y =x 2-mx -1>0,g x >0，此时g x 单调递增，因此当x =x 0时，g x 取最小值，故g x 0 ≥0，即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ，则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ，当x ∈0,1 时，h x >0，当x ∈1,+∞ 时，h x <0，则h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，又h 1e=h e =0，故x 0∈1e ,e，显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数，则m ∈1e -e ,e -1e，所以实数m 的取值范围为1e -e ,0∪0,e -1e8(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f -1 =1，函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ，若m =1，f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立，此时函数f x 在R 上单调递增；若m >1，此时-m <-1，当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-m ，-1,+∞ 上单调递增；当x ∈-m ,-1 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-m ,-1 单调递减；若m <1，此时-m >-1，当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-1 ，-m ,+∞ 上单调递增，当x ∈-1,-m 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-1,-m 单调递减；综上可知，m =1时，f x 在R 上单调递增；m >1时，f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增，在-m ,-1 单调递减；m <1时，f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增，在-1,-m 单调递减；(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1，解得m =0；所以f (x )=2x 3+3x 2，则g (x )=a ln x +1 -2x -3，易知x ∈1,+∞ 时，ln x +1>0，若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立；令h x =2x +3ln x +1,x >1 ，则h x =2ln x +1 -2x +3 ⋅1xln x +12=2ln x -3xln x +12；令φx =2ln x -3x x >1 ，则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立，即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增，易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32，由于e 3>2.73=19.683，所以φ2 <0，而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 35，且525>25=32>27=33>e 3，所以φ52>0；因此h x 在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2ln x0=3x0，且x0∈2,52；所以当x∈1,x0时，h x <0，当x∈x0,+∞时，h x >0；因此函数h x =2x+3ln x+1,x>1在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；所以h x 的最小值为h x0=2x0+3ln x0+1=2x0+332x0+1=2x0，显然2x0∈4,5，因此a≤2x0∈4,5，又a是整数，所以a的最大值为4.9(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x-x+x-2e x-m，m∈Z.(1)当m=1时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若关于x的不等式f x <0在0,1上恒成立，求m的最小值.【答案】(1)y=-e-2(2)-3【详解】(1)由题当m=1时，f x =ln x-x+x-2e x-1，f x =1x +x-1e x-1，f 1 =0，f1 =-e-2，所以切线方程为y+e+2=0x-1，化简得y=-e-2，即曲线f x 在点1,f1处的切线方程为y=-e-2.(2)由f x <0可得m>ln x-x+x-2e x，令g x =ln x-x+x-2e x，x∈0,1，则g x =x-1e x-1 x，当0<x≤1时，x-1≤0，设h x =e x-1x，易知h x 在0,1上单调递增，又h1 =e-1>0，h12=e-2<0，则存在x0∈12,1，使得h x0 =0，即e x0=1x，取对数得ln x0=-x0，当x∈0,x0时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x∈x0,1时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g(x)max=x0-2⋅e x0+ln x0-x0=x0-2⋅1x0-2x0=1-2x0+2x0，∵y=1-2x +2x在12,1上单调递增，则g x0 ∈-4,-3，又m>g x 对任意x∈0,1恒成立，m∈Z，所以m≥g x0，即m的最小值为-3.10(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1，求f x 的极值；(2)若对任意x>0，f x ≤0恒成立，求整数m的最小值.【答案】(1)极大值为f12=14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m=1时，f x =ln x-x2-x+1x>0，f x =1x -2x-1=-x+12x-1x.当0<x<12时，fx >0，则f x 在0,12上单调递增；当x>12时.fx <0，则f x 在12,+∞上单调递减.所以f x 在x=12时取得极大值且极大值为f12=14-ln2，无极小值；(2)因为对任意x>0，f x ≤0恒成立，所以ln x+x+1≤m x2+2x在0,+∞上恒成立，即m≥ln x+x+1x2+2x在0,+∞上恒成立，设F x =ln x+x+1x2+2x，则F x =-x+1x+2ln xx2+2x2.设φx =-x+2ln x，显然φx 在0,+∞上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12=-12+2ln12=2ln2-12>0，所以∃x0∈12,1，使得φx0 =0，即x0+2ln x0=0，当x∈0,x0时，φx >0，F x >0；当x∈x0,+∞时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，所以F x max=F x0=ln x0+x0+1x20+2x0=12x0，因为x0∈12,1，所以12x∈12,1，故整数m的最小值为1.11(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x-ln x+a，a∈R.(1)当a=1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a，求实数a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a=1时，函数f(x)=e x-ln(x+1)的定义域为(-1,+∞)，因为f (x)=e x-1x+1，所以，当x>0时，f(x)>0，当-1<x<0时，f (x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)函数f(x)=e x-ln(x+a)的定义域为(-a,+∞),f(x)≥a，等价于e x-ln(x+a)-a≥0，设g(x)=e x-ln(x+a)-a，则g (x)=e x-1x+a，设h(x)=g (x)，则h (x)=e x+1(x+a)2>0恒成立，所以h(x)在(-a,+∞)上单调递增，即g (x)在(-a,+∞)上单调递增，当x→-a,g (x)→-∞，当x→+∞,g (x)→+∞，所以∃x0∈(-a,+∞)，使得g x0=0，即e x0=1x0+a，所以a=1e x0-x0，当x∈-a,x0时，g (x)<0，所以g(x)单调递减，当x∈x0,+∞时，g (x)>0，所以g(x)单调递增，所以g min(x)=g x0=e x0-ln x0+a-a=e x0-1e x0+2x0≥0，设p(x)=e x-1e x+2x，则p(0)=0，而p (x)=e x+1e x+2>0恒成立，所以p(x)=e x-1e x+2x为增函数，由p x0≥0=p(0)，所以x0≥0.因为y=1e x,y=-x均为减函数，所以a=1e x0-x0在0,+∞上为减函数，所以，当x0≥0时，a≤1，所以实数a的取值范围为(-∞,1]12(浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题)已知f(x)=3ln x-k(x-1).(1)若过点(2,2)作曲线y=f(x)的切线，切线的斜率为2，求k的值；(2)当x∈[1,3]时，讨论函数g(x)=f(x)-2πcosπ2x的零点个数.【答案】(1)1(2)答案见解析【解析】(1)由题意可得：f (x)=3x-k，设切点坐标为x0,3ln x0-k x0-1，则切线斜率为k=f (x0)=3x0-k=2，即k=3x0-2，可得切线方程为y-3ln x0-k x0-1=2x-x0，将(2,2)，k=3x0-2代入可得2-3ln x0-3x0-2x0-1=22-x0，整理得ln x0-1x0+1=0，因为y=ln x,y=-1x在0,+∞内单调递增，则y=ln x-1x+1在定义域0,+∞内单调递增，且当x=1时，y=0，可知关于x0的方程ln x0-1x0+1=0的根为1，即x0=1，所以k=3x0-2=1.(2)因为g(x)=f(x)-2πcosπ2x=3ln x-k(x-1)-2πcosπ2x，则g (x)=3x-k+sinπ2x，可知y=3x在[1,3]内单调递减，且x∈[1,3]，则π2x∈π2,3π2，且y=sin x在π2,3π2内单调递减，可知y=sin π2x在[1,3]内单调递减，所以g (x)在[1,3]内单调递减，且g (1)=4-k,g (3)=-k，(i)若-k≥0，即k≤0时，则g (x)≥g 3 ≥0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递增，则g x ≥g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅱ)若4-k≤0，即k≥4时，则g (x)≤g 1 ≤0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递减，则g x ≤g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅲ)若4-k>0-k<0，即0<k<4时，则g (x)在1,3内存在唯一零点m∈1,3，可知当1≤x<m时，g (x)>0；当m<x≤3时，g (x)<0；则g x 在1,m内单调递增，在m,3内单调递减，且g1 =0，可知g m>g1 =0，可知g x 在1,m内有且仅有1个零点，且g3 =3ln3-2k，①当g3 =3ln3-2k≤0，即32ln3≤k<4时，则g x 在m,3内有且仅有1个零点；②当g3 =3ln3-2k>0，即0<k<32ln3时，则g x 在m,3内没有零点；综上所述：若k∈-∞,32ln3∪4,+∞时，g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；若k∈32ln3,4时，g x 在[1,3]内有且仅有2个零点.13已知函数f x =12ax2+a+1x+ln x,a∈R(1)若1是f x 的极值点，求a的值；(2)求f x 的单调区间：(3)已知f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2，(i)直接写出a的取值范围；(无需过程)(ii)λ为正实数，若对于符合题意的任意x1,x2，当s=λx1+x2时都有f s <0，求λ的取值范围.【答案】(1)a =-1；(2)答案见解析；(3)(i )-1e,0 ；(ii )12,+∞ .【解析】(1)因为f x =12ax 2+a +1 x +ln x x >0 ，所以fx =ax +a +1 +1x =ax 2+a +1 x +1x=ax +1 x +1x，因为1是f x 的极值点，所以f 1 =0，故a +a +1 +1=0，故a =-1.此时f (x )=1-x x +1x，则x ∈(0,1)时f (x )>0，x ∈(1,+∞)时f (x )<0，所以x ∈(0,1)上f x 递增，x ∈(1,+∞)上f x 递减，则1是f x 的极值点，满足题设.综上，a =-1.(2)由(1)知，当a ≥0时，f x =ax +1 x +1x>0，故f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，令f x >0得0<x <-1a ；令f x <0得x >-1a；所以f x 在0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，综上：当a ≥0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，(3)(i )由f x =12ax 2+x 得ax +ln x =0，即ax +ln x =0有两个解x 1,x 2x 1<x 2 ，令g x =ax +ln x x >0 ，则g x =a +1x =ax +1x，且g x 在0,+∞ 上两个零点，当a ≥0时，g x =ax +1x >0，故g x 在0,+∞ 上单调递增，则g x 在0,+∞ 上没有两个零点，不满足题意；当a <0时，令g x >0，得0<x <-1a ；令g x <0，得x >-1a；所以g x 在0,-1a 上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，即g x 的极大值为g -1a，为使g x 在0,+∞ 上有两个零点，则g -1a >0，即a -1a +ln -1a >0，解得-1e<a <0，当0<x <-1a 时，易知-1a >e ，因为g 1 =a +ln1=a <0，故g 1 g -1a <0，又g x 在0,-1a 上单调递增，所以g x 在0,-1a有唯一零点；当x >-1a时，令φx =e x -x 2x >1 ，则φ x =e x -2x ，再令u x =e x -2x x >1 ，则u x =e x -2>e 1-2>0，故u x 在1,+∞ 上单调递增，所以u x >u 1 =e -2>0，即φ x >0，故φx 在1,+∞ 上单调递增，所以φx >φ1 =e-1>0，因为-1a>e>1，所以φ-1 a>0，即e-1a--1a2>0，即e-1a>1a2，即a2e-1a>1，故a2e-1a-1>0，所以g e-1 a=ae-1a+ln e-1a=ae-1a-1a =a2e-1a-1a<0，故g-1ag e-1a <0，又g x 在-1a,+∞上单调递减，所以g x 在-1a,+∞有唯一零点；综上：当-1e<a<0时，g x 在0,+∞上两个零点，即f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2时，-1e<a<0，即a∈-1e ,0；(ii)由(i)得，0<x1<-1a <x2，ax1+ln x1=0ax2+ln x2=0，故a=-ln x2-ln x1x2-x1，又f s <0，所以as+1s+1s<0，即s>-1a，即λx1+x2>x2-x1ln x2-ln x1，故λ>x2-x1ln x2-ln x1x1+x2=x2x1-1ln x2x11+x2x1，令t=x2x1t>1，则λ>t-11+tln t，故λln t>t-1t+1，设s t =λln t-t-1t+1，则st =λt-2t+12=1tλ-2tt+12，当t>1时，2t t+12=2t+1t+2≤12，故当λ≥12时，st >0恒成立，故s t 在1,+∞上为增函数，故s t >s1 =0即λln t>t-1t+1在1,+∞上恒成立.当0<λ<12时，s1 =λ-12<0，而s t =λt2+2λ-2t+λt t+12当t>1-λ+1-2λλ>1时s t >0，故存在t0>1，使得∀t∈1,t0，使得s t <0，故s t 在1,t0为减函数，故s t <s1 =0，矛盾，舍；综上：λ≥12，即λ∈12,+∞.14(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【解析】解　(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x-x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．15(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【解析】(1)解　设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x0-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y=2x与函数f(x)的图象相切，所以1x0-a=2，ln x0=0，解得a=-1.(2)证明　当a=-1时，f(x)=ln x+x+1，令F(x)=g(x)-f(x)+x2=xe x-ln x-x-1(x>0)，则F′(x)=(x+1)e x-1x-1=x+1xxe x-1，令G(x)=xe x-1(x>0)，则G′(x)=(x+1)e x>0，所以函数G(x)在区间(0，+∞)上单调递增，又G(0)=-1<0，G(1)=e-1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，故F(x)min=F(x0)=x0e x0-ln x0-x0-1，由G(x0)=0得x0e x0-1=0，两边取对数得ln x0+x0=0，故F(x0)=0，所以g(x)-f(x)+x2≥0，即f(x)≤g(x)+x2.16(2023·包头模拟)已知函数f(x)=ae x-ln(x+1)-1.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．【解析】(1)解　当a=e时，f(x)=e x+1-ln(x+1)-1，f(0)=e-1.f′(x)=e x+1-1x+1，f′(0)=e-1，故曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-(e-1)=(e-1)x，即y=(e-1)x+e-1.。

高考数学复习《导数中的隐零点问题》

衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中李娜知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。

这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。

解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。

列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。

第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。

典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围.例1 已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．（1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1，所以h （x ）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln）有唯一根，)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．例2 已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.[来源:]【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 例3已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值；（Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-.),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a解：（Ⅰ）因为+3()ex mf x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）设()()+eln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+．所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分因为1m ≥，所以()()1e+1e 1e e e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分例4 已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．巩固练习1.已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．3.已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值.（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.4．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．参考答案1.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．3.（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.4.【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．。

高中数学专题---隐零点及卡根思想

高中数学专题--- 隐零点及卡根思想基本方法：导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点，根据其数值上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”.（1）函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断，常采用下列两种方法求解：①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调，且()()0f a f b ，则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点；②借助图像分析，即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x 的解的判断，并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.（2）函数“隐零点”的虚设和代换对于函数“隐零点”，由于无法求出其显性表达式，这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零点0x ，再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.（3）函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解，但是我们可以进行数值估计，最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计，估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计，可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1. 已知函数()22e x f x x x =+-，记0x 为函数()f x 极大值点，求证：()0124f x <<.2. 已知函数()4ln (1)x f x x x +=>. 若*k N ∈，且()1k f x x <+恒成立. 求k 的最大值.二、课堂练习1. 已知函数()2ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.2. 已知函数ln 1()x f x ax x -=-. 若12a <<，求证：()1f x <-.三、课后作业1. 已知函数()ln f x x =，若关于x 的方程()()1f x m x =+，()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值.2. 已知函数()22ln f x x =+，令()()2xf x g x x =-在()2,+∞上的最小值为m ，求证：()67f m <<.3. 已知函数()2e e e x x x f x x =--（e 2.718=⋯，e 为自然对数的底数），证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()02ln2112e 44e f x +≤<.。

高中数学导数专题隐零点问题！

高中数学导数专题隐零点问题！
邓老师刚刚给一名黑龙江的学生补完课，补习的是高二数学导函数，重点讲解了隐零点问题。

这是最近8年高考全国卷考的最多的一个知识点，弄懂了，就简单。

单调函数最多只有一个零点，如果满足零点存在性定理，那么就有一个零点。

但很多时候，我们并不知道这个零点具体是多少，只知道它所在的大致区间。

区间范围要尽可能求准确，范围要缩小，不能太大，否则最终答案就有可能不准确。

高中数学题，就是套路多，题目里面有暗示信息，你要能够敏感地捕捉到啊！暗示信息已经暗示你下一步应该怎么操作！你只有熟悉了它的套路，抓住了暗示信息，你才能顺利地把它拿下！
就好比一个男性如果不了解女性，那么他脱单注定是很困难的。

人家女孩子给过你很多机会，很多暗示，你没反应过来，你没抓住机会，你自然搞不定她！
你只有像女孩子那样敏感，你才能做好数学题！高中数学题都比较灵活，你不敏感，你就搞不定它的！
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第118课--隐零点及卡根思想

第118课隐零点及卡根思想基本方法：导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题.导函数的零点，根据其数值上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”.（1）函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断，常采用下列两种方法求解：①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调，且()()0f a f b ×<，则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点；②借助图像分析，即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x =的解的判断，并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.（2）函数“隐零点”的虚设和代换对于函数“隐零点”，由于无法求出其显性表达式，这给我们求解问题带来一定困难.处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零点0x ，再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.（3）函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解，但是我们可以进行数值估计，最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计，估值范围越精确越容易解决问题.对于“隐零点”的代数估计，可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1.已知函数()22e x f x x x =+-，记0x 为函数()f x 极大值点，求证：()0124f x <<.答案：见解析解析：()()22e x f x x x x =+-∈R ，则()22e x x x f +'=-，设22e )2(()e ,x x x g x g x '==+--，令()0g x '=得ln2x =，当(),ln2x ∈-∞时，()()0,g x g x '>为增函数；当()ln2,x ∈+∞时，()()0,g x g x '<为减函数；所以，()()g x f x '=在ln2x =处取得极大值2ln20>，容易判断()f x '一定有2个零点，分别是()f x 的极大值点和极小值点.设0x 是函数()f x 的一个极大值点，则()00022e 0x f x x '=+-=，所以，00e 22x x =+，又()32235e 0,26e 02f f ⎛⎫''=->=-< ⎪⎝⎭，所以03,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时()022*******e 2(,2)2x f x x x x x ⎛⎫=+-=-∈ ⎪⎝⎭，所以()0124f x <<.2.已知函数()4ln (1)x f x x x +=>.若*k N ∈，且()1k f x x <+恒成立.求k 的最大值.答案：6解析：由()1k f x x <+得()()14ln ,1x x k x x ++<>，令()()()14ln ,1x x h x x x ++=>，()23ln ,1x x h x x x -='->()3ln ,1x x x x ϕ=-->，()110(1)x x xϕ>'=->()x ϕ在(1,)+∞单调递增，()41ln 40ϕ=-<，53141414143ln ln e ln ln ln 3333ϕ⎛⎫=--=-> ⎪⎝⎭，332253558141681491612814126()()03333⨯-⨯⨯-⨯-==>，所以1403ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭，0144,3x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使()00x ϕ=，且()()()()01,,0,0,x x x h x h x ϕ∈<<''递减，()()()()0+,0,0,x x x x h h x ϕ''∈∞>>，递增，()()()0min 14ln ,x x h x x ++=且()0003ln 0x x x ϕ=--=，()()20000011252892,442x h x x x x +⎛⎫==++∈ ⎪⎝⎭，又k Z ∈，()0k h x <恒成立，6k ∴≤，综上k 的最大值为6.二、课堂练习1.已知函数()2ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.答案：见解析解析：2()ln ,()22ln f x x x x x f x x x '=--=--，设()22ln h x x x =--，则1()2h x x'=-，当1(0,)x ∈时，()0h x '<，当1(,)x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在1(0,)单调递减，在1(,)+∞单调递增，又21()0,()0,(1)02e h h h -><=，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 >.因为()()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01(0,)2x ∈得01()4f x <.因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由11(0,1),e e ()0f --'∈≠得120e ()e ()f x f -->=，综上可知220()2e f x --<<.2.已知函数ln 1()x f x ax x-=-.若12a <<，求证：()1f x <-.答案：见解析解析：由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x --<-，等价于21ln 0ax x x -+->.设2()1ln h x ax x x =-+-，只须证()0h x >成立.因为2121()21ax x h x ax x x--'=--=，12a <<，由()0h x '=，得2210ax x --=有异号两根.令其正根为0x ，则200210ax x --=.在0(0,)x 上()0h x '<，在0(,)x +∞上()0h x '>，则()h x 的最小值为20000()1ln h x ax x x =-+-00011ln 2x x x +=-+-003ln 2x x -=-.又(1)220h a '=->，13(2()30222a h a '=-=-<，所以0112x <<.则0030,ln 02x x ->->，因此003ln 02x x -->，即0()0h x >，所以()0h x >，所以()1f x <-.三、课后作业1.已知函数()ln f x x =，若关于x 的方程()()1f x m x =+，()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值.答案：0解析：方程()ln 1x m x =+,即ln 1x m x =+,记函数()ln 1x h x x =+,(0)x >，()()21ln 1x x x h x x +-+'=,令()1ln x x x x ϕ+=-(0)x >,()2110x x x ϕ'=--<，()x ϕ单调递减,()()()()22222211e e 0,e 0e e 1e e 1h h -=='+'><+，存在()20e,e x ∈,使得()00h x '=,即0001ln x x x +=,当()00,x x ∈,()0h x '>,()h x 递增,()()0,,0x x h x ∈+∞<',()h x 递减,()02max 00ln 111,1e e x h x x x ⎛⎫∴==∈ ⎪+⎝⎭,即()max m h x ≤,()m ∈Z ,故0m ≤,整数m 的最大值为0.2.已知函数()22ln f x x =+，令()()2xf x g x =-在()2,+∞上的最小值为m ，求证：()67f m <<.答案：见解析解析：由题可知()()2xf x g x x =-22ln (2)2x x x x x +=>-，所以()()()222ln 42x x g x x --'=-，令()2ln 4s x x x =--，则()221x s x x x -'=-=，由于2x >，所以()0s x '>，即()s x 在()2,+∞上单调递增；又()80s <，()90s >，所以()08,9x ∃∈，使得()00s x =，且当02x x <<时，()0s x <；当0x x >时，()0s x >，即()g x 在()02,x 上单调递减；在()0,x +∞上单调递增.所以()()0min g x g x =000022ln 2x x x x +=-2000022x x x x -==-.（∵002ln 4x x =-）即0m x =，所以()()0f m f x =()0022ln 26,7x x =+=-∈，即()67f m <<.3.已知函数()2e e e x x x f x x =--（e 2.718=⋯，e 为自然对数的底数），证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()02ln2112e 44e f x +≤<.答案：见解析解析：()2e e e x x x f x x =--，()()e 2e 2x x f x x '=--.令()2e 2x h x x =--，则()2e 1x h x '=-，∵(),ln2x ∈-∞-时，()0h x '<，()h x 在(),ln2-∞-上为减函数；()ln2,x ∈-+∞时，()0h x '>，()h x 在()ln2,-+∞上为增函数，由于()10h -<，()20h ->，所以在()2,1--上存在0x x =满足()00h x =，∵()h x 在(),ln2-∞-上为减函数，∴()0,x x ∈-∞时，()0h x >，即()0f x '>，()f x 在()0,x -∞上为增函数，()0,0x x ∈时，()0h x <，即()0f x '<，()f x 在()0,0x 上为减函数，()0,x ∈+∞时，()0h x >，即()0f x '>，()f x 在()0,+∞上为增函数，综上可知，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()02,1x ∈--.∵()00h x =，∴002e 20x x --=，所以()()0002220000000222e e e 1224x x x x x x x f x x x +++⎛⎫⎛⎫=--=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()02,1x ∈--，∵()2,1x ∈--时，22144x x +-<，∴()014f x <；∵()1ln 2,1∈--，∴()021ln21ln 2e 2e 4ef x f ⎛⎫≥=+ ⎪⎝⎭；综上知：()02ln2112e 44e f x +≤<.。

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．。

高中数学专题---零点问题

高中数学专题--- 零点问题基本方法：零点个数问题：解决这类题的关键是利用导数对函数的单调性，函数的极值进行讨论，画出此函数的“趋势图”，再判断极大值和极小值与0的关系；注意分类讨论的思想、函数与方程的思想、数形结合思想的应用.隐零点问题：导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点，根据其数值上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”.（1）函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断，常采用下列两种方法求解：①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调，且()()0f a f b ，则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点；②借助图像分析，即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x 的解的判断，并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.（2）函数“隐零点”的虚设和代换对于函数“隐零点”，由于无法求出其显性表达式，这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零点0x ，再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.（3）函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解，但是我们可以进行数值估计，最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计，估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计，可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1. 已知函数()()21e x f x x ax =-+，a ∈R .（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2. 已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点.（1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.二、课堂练习1. 已知函数()()32113f x x a x x =-++. 证明：()f x 只有一个零点.2. 已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.三、课后作业1. 已知函数()(2)ln 23f x x x x =-+-，1x ≥，试判断函数()f x 的零点个数.2. 已知函数()2ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.3. 设函数2()(1)x f x x a a =->，讨论()f x 的零点个数.。

导数专题--隐零点问题-2

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）＞0．2.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）＞x2-4．3.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．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）＜0．5.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）＜．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．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．【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．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．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+1．4．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．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．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．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．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：．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）＜﹣2．10．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）．11．已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．12．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；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．。

高三数学复习微专题《隐零点问题》

为超越方程，无法求出其根（即导函数 g（ x）的零点无法求出），故先运用零点存在性定理
确定导函数有零点，并对其零点设而不求，然后采取整体代换的策略进行处理，在处理过程
中最好是将超越式用普通式的代数式替代，化为较容易研究的函数（如基本初等函数等），
随后问题也就会得到很好的解决.
二、整体代换，构造关于隐零点的单一函数进行卡根
x
2a
x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数 a ；若不存在，请说明理由.
【总结】解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判定导函数零点的存在性，
列出零点方程 f (x0 ) 0 ，并结合 f (x) 的单调性得到零点的范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数 f (x) 的正负，进而得到 f (x) 的最值表达式；
x
a 0 ，求 a 的取值范围.
解析：由已知得（ f x）min 0 (a 0, x 0)
f（' x）
aex

a 1 x2

aex
x2 (a x2
1)
令
g（x）=
aex
x2
(a
1) ， (a
0, x
0)
由 g（ x）= a(2x x2)ex 0 得 g（x）在（0，+∞）上递增，
x0
e
【评析】上述两题的本质是通过整体代换建立不等式求隐零点的范围，其中求参数范围有两
种策略：（1）直接解不等式求之（2）研究函数的单调性求之，此知识点在压轴题中经常考
查，最后回眸一笑，以隐零点的范围作为函数的定义域，求出参数的范围.
练习 1.已知函数（f x） lnx （ a x﹣1）（2 a＞0），若（f x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0 ，

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

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

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