专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)

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【个题研究】(全国1卷)(理20)从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法_邓军民

二、诊断报告这道题目反映的是 “尊师重教” 的主题。荀子的名言从正面警示人们尊师重教的重要意义，新闻材料用热点时事反映了现实生活中某些学校和部门，不敢为教师撑腰，无视法律法规，打压教师、甚至残害教师的现象。两则材料一正一反，在对比中引人深思。用 “诊断报告” 的形式写作本题，可以先亮 “病症”，揭示有些人的种种丑态，再通过诊断分析病因，最后制定治病方案，告诫人们如何 “尊师重教”。文章在形式上一定要符合 “诊断报告” 的要求，要素齐全，文体特征明显。
责任编辑廖宇红
20 广东教育·高中 2019 年第 10 期
且当 x∈（0, β）
时，
f′（x）>0；
当 x∈（β,
π） 2
时，
f′（x）<0.
故 f（x）在
（0, β）
单调递增，
在
（β,
π 2
）
单调递减. 又 f（0）
=0，
f（
π 2
）=1-ln（1+
π 2
）>0，
所以当 x∈(0, π ] 时， f（x）>0. 所以 f（x）在 (0, π ] 没有
义思想的偏差，媒体新闻稿件说的是 “美丽乡村” 建设中缺乏专业规划，盲目跟风模仿方面的政策和行为偏差。材料的立意角度很多，如 “科学合理规划” “求真务实创新” “长效管理机制” “保护文化传统” 以及 “发展理念” “责任担当” “形式主义” “铭记乡愁” 等。写作时一定要以剧本的形式表达自己的观点，表现主题。
【解析】（1）当-1<x<0 时， f（x）=sin2x- | ln（x+1）|<0 显然

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.。

06 重温高考压轴题----函数零点问题集锦-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)最新修正版

专题六重温高考压轴题----函数零点问题集锦函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题精选高考压轴题及最新高考模拟压轴题，形成函数零点问题集锦，例题说法，高效训练，进一步提高处理此类问题的综合能力.【典型例题】类型一已知零点个数，求参数的值或取值范围例1.【2018年理新课标I 卷】已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）例2.【2018年理数全国卷II 】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．类型二利用导数确定函数零点的个数例3.【2018年全国卷II 文】已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．类型三挖掘“隐零点”，证明不等式例4.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥.(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202ef x --<<.类型四利用函数单调性，确定函数零点关系例5.【2016高考新课标1理】已知函数2()(2)e (1)xf x x a x =-+-有两个零点. （I ）求a 的取值范围；（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 类型五借助导函数零点，解答综合性问题例6.【2016高考新课标2文】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 例7.【2016高考新课标Ⅲ文】设函数()ln 1f x x x =-+．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<；（III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->. 例8.【2018年理数天津】已知函数，，其中a >1.（I ）求函数的单调区间；（II ）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；（III ）证明当时，存在直线l ，使l 是曲线的切线，也是曲线的切线.【规律与方法】1.研究方程根的情况时，通过导数研究函数的单调性、最大（小）值、函数图象的变化趋势等，根据题目画出函数图象的草图，通过数形结合的思想去分析问题，使问题的解决有一个直观的形象，然后在此基础上再转化为不等式（组）的问题，通过求解不等式可得到所求的参数的取值（或范围）．2. 利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.3. 导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论，常见的放缩有1,ln 1xe x x x ≥+≤-等；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.4. 对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要通过论坛和联系多加体会.5. 函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.【提升训练】1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( )A ．B ．（）C ．D ．（）2.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．13.【2018年理数天津卷】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________. 4．【2018年江苏卷】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________． 5.【2018年天津卷文】设函数，其中,且是公差为的等差数列. （I ）若求曲线在点处的切线方程；（II ）若，求的极值；（III ）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d 的取值范围.6.【江西省南昌市2019届高三一模】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.7.【2016年高考四川理数】设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).8.【2017年新课标1】已知函数2()e(2)e xx 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.9．【2017江苏，20】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.10.【2016高考山东理】已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明()3()'2f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数xx 2f (x)x 2-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．12.【辽宁省大连市2019届高三3月测试】已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若曲线上存在唯一的点，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的取值范围．。

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。

专题05 用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)

一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一讨论函数零点的个数【例1】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数 . （1）求在处的切线方程；（2）试判断在区间上有没有零点？若有则判断零点的个数. 【答案】（1）；（2）2.【解析】（1）由已知得，有， ∴在处的切线方程为：，化简得.【指点迷津】讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.【举一反三】【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）34a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 学&科网【解析】（Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点.当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0单调递减，在1）单调递增，故当x ()f x取的最小值，最小值为f 14.①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.②若f =0，即34a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在（0,1）有一个零点.…10分综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. ……12分学*科网类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【例3】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．学*科网【指点迷津】已知区间上有零点，求参数的范围问题．往往因为含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．【举一反三】【贵州省遵义航天高级中学2018届高三上第四次模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．类型三已知存在零点，证明零点的性质【例4】【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】已知函数．（1）讨论的单调性；（2若函数有两个零点分别记为．①求的取值范围；②求证：．【答案】⑴见解析；⑵见解析；⑶见证明【解析】（1），（i）当时，，时，单调递减；时，单调递增．（iii）当时，恒成立，在上单增．（iv）当时，时，单调递增；时，单调递减，时，单调递增．学科/网综上所述：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）①，（i）当时，，只有一个零点，舍去；（ii）当时，在上单调递减，上单调递增，又，取且，则，存在两个零点．（iii）当时，在上单调递增，时，不可能有两个零点，舍去．（iv）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，舍去．（v）当时，时，，又在单调递减，在上单调递增，因，不可能有两个零点，舍去．综上所述：．②由①知：，在上单调递减，在上单调递增，要证，即证，即证，令，则当时，单调递增．不妨设，则，即，又，，在上单调递减，，，原命题得证．学科#网【指点迷津】已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是( )A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C2．【山西省太原市第五中学2019届10月月考】已知，又，若满足的有四个，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令y=xe x ，则y'=（1+x ）e x ，由y'=0，得x=﹣1，当x ∈（﹣∞，﹣1）时，y'＜0，函数y 单调递减，当x ∈（﹣1，+∞）时，y'＞0，函数y 单调递增．作出y=xe x 图象，利用图象变换得f （x ）=|xe x |图象，学&科网令f （x ）=m ，则关于m 方程h （m ）=m 2﹣tm+1=0两根分别在时，满足g （x ）=﹣1的x 有4个，由，解得．故选：B ．学科￥网3．【山东省安丘市2019届10月检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】4.【江西省南昌市2018届二轮测试卷（一）】设，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】5.【四川省攀枝花市第十二中学2019届10月月考】已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】函数则，令则⑴当时，，存在两个零点，不符合题意，故⑶当时，，在，上单调递减，在上单调递增是的极小值点，是的极大值点，要使函数仅有一正零点，结合函数图像，可知，代入可得：，解得综上，则的取值范围为故选学$科网6.【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期第二阶段测试】若方程有且仅有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】7.【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____________.【答案】【解析】因为，所以函数在区间上单调递增，且所以当时，与有一个公共点；当时，令，即有一个解即可.设，则得.因为当时，当时，所以当时，有唯一的极小值，即有最小值，所以当时，有一个公共点.综上，实数的取值范围是.8.【陕西省西安市长安区第五中学2019届高三上期中】已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在[1,e]上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中∈R，e为自然对数的底数)【答案】（1）；（2）或.【解析】（2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点.因为.所以由lnx+1-a<00<x<e a-1,x>e a-1,所以g（x）在（0，e a-1）上单调递减，在（e a-1，）上单调递增.①当e a-1≤1，即a≤1时，g（x）在（1,e]上单调递增，所以g（x）>g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，②当1<e a-1<e,即1<a<2时，g（x）在[1,e a-1)上单调递减，在（e a-1,e]上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e]上的最小值为g（e a-1）=a-e a-1，所以（i）当1<a≤时，g（x）在[1,e]上的最大值g（e）≥0，即此时函数g（x）在(1,e]上有零点.（ii）当<a<2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，③当e≤e a-1即a≥2时，g（x）在[1,e]上单调递减，所以g（x）在[1,e]上满足g（x）<g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e]上没有零点.综上，所求的a的取值范围是或.学%科网9.【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】函数（）的导函数的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.学科&网10．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于 .由可得，则②. 由①②可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ，所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1，所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得：，
由
，解得：
，
故在递减，在
递增；
2 由 1 知要使存在最小值，
则且
，
精品公众号：学起而飞
令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
，递减，，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论的单调性；
若，是的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】
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

三种方法破解隐零点问题

=g(
x)
≥g(
x)
mi
n >0。
时取得最小值,即当 x ∈ (-1,+ ∞ )时,
:
证法二(
数形结合,
转化切线)
x)
=e -l
n(
x +1)≥f (
0)=1>0,所以
f(
x
当 m ≤2 时,
x)=
f(
e -l
n(
x+1)
>0 恒成立。
x
x
x
e -l
n(
x+m ) ≥ e -
x
,
当 m ≤1 时,
。
知函数 f(
x)
=e -l
n(
x+m )
x
34
(
设 x=0 是 f(
1)
x)的极值点,求 m 的
值,
并讨论 f(
的单调性;
x)
(
当 m ≤2 时,
证明 f(
2)
x)
>0。
x
(
,得
解析:
1)由 f (
x)=e -l
n(
x +m )
1
x
。
'(
x)
=e f
x+m
因为 x =0 是 f (
x )的极值点,所以
解题篇经典题突破方法
高二数学 2019 年 7-8 月
三种方法破解隐零点问题
■ 甘肃省白银市第一中学
导数是探究函数性质的利器,求导函数
的零点是其中一个关键环节,有些导函数的

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

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

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

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

当$x=0$时，显然成立。

当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。

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

又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。

当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。

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

又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。

综上，$a=1$。

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

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

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

高中数学：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！
这个学生接受能力强，学东西很快，潜力很大！。

高考数学复习压轴题专题讲解05 与函数的对称性相关的零点问题

【分析】注意发现圆与一次分式函数的图象均关于点(−3, 2)对称，利用三角形中线的向量表示，将所求转化即可.
【解析】由圆方程，可得，圆心坐标为(−3, 2)
，其对称中心为(−3, 2).
在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如右图所示：
数形结合可知，圆和函数都关于点M(−3, 2)对称，
故可得其交点A和C，B和D都关于点M(−3, 2)对称.
6.【答案】B
【分析】该题设计抽象函数关于点成中心对称，函数由奇函数向上平移一个单位得到，也关于点成中心对称，因而两函数图象的交点为也关于点成中心对称，，考虑倒序相加法，可得，，故 .
7.【答案】2020
【提示】两边取自然对数得
设，则易得其为上的单增奇函数
所以，
故 .
8.【答案】
设，显然关于直线对称，顶点为 .
若，则函数关于直线对称，且在上是减函数，在上是增函数，最大值为， .
若的图象与的图象有一个公共点A，根据对称性必有另一个公共点B.所以，不合题意；
若，函数关于直线对称，且在上是增函数，在上是减函数，最小值为 .若的图象与的图象只有一个公共点，必有，得 .
故，
所以 .
9.【答案】或
10.【答案】A
点评：
f(0)＝0仅是函数存在零点的必要条件，要注意检验充分性，一般是代入检验进行取舍.
【巩固训练】
1.已知函数f(x)是偶函数，且当x>0时，f(x)=lnx－ax，若函数f(x)恰有5个零点，则实数a的取值范围是.
2.若函数的零点有且只有一个，则实数 .
3.若函数f(x)＝x2－mcosx＋m2＋3m－8有唯一零点，则满足条件的实数m组成的集合为．

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

1专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x 平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】（1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x )=ln x+4x-1.因为在单调递增，所以当时即函数f (x )在区间单调递减；当时即函数f (x )在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增2所以又因为时则所以则类型二挖掘“隐零点”，证明不等式例2. 设函数2()ln xf x e a x =-，设()20,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2lnf x a a a≥+ 【答案】见解析【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x xa xe af x e x x-=-=设2()2xx xea ϕ=-，()22()242x xx xe x e ϕ'==+，当(]0,1x ∈，()0x ϕ'>，即()x ϕ在区间(]0,1为增函数，(2(),2x a e a ϕ⎤∈--⎦又因为()20,2a e∈，所以2(0)0,(1)20a ea ϕϕ=-<=->由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln xf x e a x =-，由02020x x ea -=，即0202x a ex =，两边去对数得00ln ln 22ax x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a=++≥⋅=+ 所以2()2lnf x a a a≥+ 类型三挖掘“隐零点”，估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；3（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h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣x1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．因为当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以a1=1，解得a=1；（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 ，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=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （21）=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）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜412121)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21，所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e 1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e1）=21e；综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．4【规律与方法】“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．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：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 ′(x 0)＝0，并结合f (x )的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；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．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数．1试讨论函数的单调性；2若函数存在最小值，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】 1，时，在恒成立，故在递增，时，由，解得：，由，解得：，故在递减，在递增；52由1知要使存在最小值，则且，令，，则在递减，又，，故存在使得，故在递增，在递减，，，故，故，又，，故． 2．【广东省汕头市2019届高三上学期期末】已知函数．讨论的单调性；若，是的两个极值点，证明：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】，．令则，的对称轴为，．时，，函数在上是增函数；当时，，可得，，函数在上是增函数；当时，，由，解得，．在，上，，，函数是增函数；在，，，函数是减函数．综上可得：在，上，函数是增函数；6在，函数是减函数．证明：假设，由，是函数的极值点，则，是的两个实数根，，，．．即．令，即．令，．，函数在内单调递减，．即．．3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），7设函数，则；（i ）当时，，在上单调递增，又，取b 满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii ）当时，在上单调递增，无极值点；（iii ）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c 满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是4. 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 >-. 【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.8【解析】（Ⅰ）解：因为+3()e x mf x x =-，所以+2()e3x mf 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）证法一：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．当1m ≥时，()()+1e ln 12e ln 12x mx x x +-+-≥-+-．要证()+eln 120x mx -+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->.………………4分以下给出三种思路证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设()()1e ln 12x h x x +=-+-，则()11e 1x h x x +'=-+. 设()11e 1x p x x +=-+，则()()121e 01x p x x +'=+>+．所以函数()p x =()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上单调递增．…………………6分因为121e 202h ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，()0e 10h '=->，所以函数()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. ………………………………8分因为()00h x '=，所以0+101e1x x =+，即()()00ln 11x x +=-+.………………9分当()01,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()()()0100=e ln 12x h x h x x +≥-+-()0011201x x =++->+. 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分思路2：先证明1e 2x x +≥+()x ∈R ．……………………………………………5分设()1e2x h x x +=--，则()+1e 1x h x '=-．9因为当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以当1x <-时，函数()h x 单调递减，当1x >-时，函数()h x 单调递增．所以()()10h x h ≥-=．所以1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………………………………7分所以要证明1eln(1)20x x +-+->，只需证明()2ln(1)20x x +-+->．………………………………………………8分下面证明()ln 10x x -+≥．设()()ln 1p x x x =-+，则()1111xp x x x '=-=++．当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增．所以()()00p x p ≥=．所以()ln 10x x -+≥（当且仅当0x =时取等号）．……………………………10分由于取等号的条件不同，所以1eln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分（若考生先放缩()ln 1x +，或e x 、()ln 1x +同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2t t ->()0t >．……………………………………5分因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线0x x =()00x >与曲线e ty =、ln y t =分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为1d 、2d ，则)122AB d d =+．其中0012x d ，22d =()00x >．①设()000e x h x x =-()00x >，则()00e 1x h x '=-．因为00x >，所以()00e 10x h x '=->．所以()0h x 在()0,+∞上单调递增，则()()001h x h >=．10所以01x d =>②设()000ln p x x x =-()00x >，则()0000111x p x x x -'=-=．因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>，所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减；当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增．所以()()011p x p ≥=．所以00222d =≥．所以)1222222AB d d ≥+>=⎭．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-.……………………………………12分证法二：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．…………………………4分以下给出两种思路证明()+e ln 120x mx -+->．思路1：设()()+e ln 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 1ee e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.11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分思路2：先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．…………………5分设()e 1xF x x =--，则()e 1xF x '=-．因为当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，所以()F x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．所以当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．所以()(0)0F x F ≥=，即e 1()xx x ≥+∈R ．…………………………………7分所以ln(1)x x +≤（当且仅当0x =时取等号）．…………………………………8分再证明()+eln 120x mx -+->．由e 1()xx x ≥+∈R ，得1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………9分因为1x >-，1m ≥，且1e 2x x +≥+与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以 ()()+11eln 12e e ln 12x mm x x x -+-+-=⋅-+-11e (2)2(e 1)(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分5.已知函数 f （x ）=22ln )21(ax x x x ++（a∈R），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；12（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-λlnx+241x ，求λ的最大值．【答案】（1）递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）；（2）-2. 【解析】（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+21）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a+21+1=2，∴41=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x＞0，∴ex 1>．x∈（e 1，+∞）时，f′（x ）＞0，x∈（0，e1）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）．（2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+41x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ⇔λ>+-13ln x x x x ．设h （x ）=13ln +-x xx x ，只需λ＜h （x ）minh '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2)1(ln 2++-x xx （x ＞0），令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u（1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0，当x∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，当x∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =13)2(0000+--x x x x =x 0，13∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 6.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数．（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）设的两个极值点为，证明：当时，．（附注：）【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由，得，，有两个不同的实根，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．所以要在上单调递减，只需，即，，从而．所以所求的取值范围是．（2）是的极值点，是关于的方程两个实根，，又，，，，又，令，则，从而只需对恒成立．令，而在上单调递增，14，又．7.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．【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（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，15而==1，故a ≤1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1，所以h （x ）在（﹣∞，ln ）单调递减，在（ln ，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln ）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln ）有唯一根，设为x 0且2e x0﹣x 0﹣2=0，从而h （x ）有两个零点x 0和0，所以f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增，在（x 0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f （x ）存在唯一的极大值点x 0即证，由2e x0﹣x 0﹣2=0得e x0=，x 0≠﹣1，∴f （x 0）=e x0（e x0﹣x 0﹣1）=（﹣x 0﹣1）=（﹣x 0）（2+x 0）≤（）2=，取等不成立，所以f （x 0）＜得证，又∵﹣2＜x 0＜ln ，f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增所以f （x 0）＞f （﹣2）=e ﹣2[e ﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e ﹣4+e ﹣2＞e ﹣2＞0得证，从而0＜f （x0）＜成立．8．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．【答案】（1）[﹣2，+∞）；（2）3. 【解析】（1）∵函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，∴f′（x ）=a+lnx+1≥0在区间[e ，+∞）上恒成立，∴a ≥（﹣lnx ﹣1）max =﹣2．16∴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x 0∈（3，4），使 h （x 0）=0．即当 1＜x ＜x 0时h （x ）＜0 即 g′（x ）＜0 x ＞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﹣lnx 0﹣2=0，即lnx 0=x 0﹣2， g （x ）min =g （x 0）===x 0∈（3，4）．k ＜g （x ）min =x 0∈（3，4），且k ∈Z ， ∴k max =3．9．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．【答案】（Ⅰ）（e ﹣1）x ﹣y+1=0；（Ⅱ）见解析. 【解析】（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；17（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x 0，则当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞x 0时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；∴，而，记h （x ）=lnx+x ，则，⇔﹣a ＜⇔h （x 0）＜h （），而h （x ）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f （x ）＞e+1．10．已知函数f （x ）=x 2﹣（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＞x 2+x+2．【答案】（Ⅰ）在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）见解析. 【解析】解：（Ⅰ）函数f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）=2x ﹣（a ﹣2）﹣=…（2分）当a ≤0时，f′（x ）＞0对任意x ∈（0，+∞）恒成立，18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 ）=x 2+x ﹣lnx ，要证明f （x ）+e x＞x 2+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x 0，则x 0满足e x0=，当x 变化时，g′（x ）和g （x ）变化情况如下表g （x ）min =g （x 0）=e x0﹣lnx 0﹣2=+x 0﹣2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g （x ）min ＞2﹣2=0，因此不等式得证．。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

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
【典型例题】
类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）区间
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x
0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
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．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，

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 ，

隐零点在倒数压轴题中的应用

导数压轴题中“隐零点”的处理策略在利用导数求函数的最大值、最小值时，我们常常需要求导函数的零点。

例如，如果要求函数x e x f x -=)(的最小值时，我们先求它的导函数的零点。

导函数为：1)('-=x e x f令0)('=x f 得：0=x即导函数的零点为0=x容易求得：当)0,(-∞∈x 时，0)('<x f ；当),0(+∞∈x 时，0)('>x f故函数的最小值为：1)0(min ==f f但在一些情况下，导函数的零点并不是那么容易求出来，例如以下函数：x e x f x ln )(-= 很明显，)(x f 的定义域为),0(+∞，其导函数为x e x f x 1)('-= 对其导函数求导可得：21)(''x e x f x +=，0)(''>x f 所以)('x f 在),0(+∞上单调递增且02)21('<-=e f ，01)1('>-=e f 所以，)1,21(0∈∃x 使得0)('0=x f容易求得：当),0(0x x ∈时，0)('<x f ；当),(0+∞∈x x 时，0)('>x f故函数的最小值为：)(0min x f f =一、所谓“隐零点” “隐零点”指的的就是如上情况，需要用到方程0100=-x ex 的解，但是方程的解不能直接求出来。

这时，需要用代入的方法处理。

以函数：x e x f x ln )(-=为例，其极值点0x 满足100=x ex ，且1210<<x 由100=x e x 可得，0ln 00=+x x ，即00ln x x -= 因此00001ln )(0x x x e x f x +=-=2> 下面，讨论一下两种不同的处理方式二、方式一：代入变量“代入变量”也就是消去x ，这是不含参数的题目的通常做法例题1、当0>x 时，证明：1ln ++≥x x xe x例题2、已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且0)(≥x f（1）求实数a ；（2）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e。

专题06“三招”妙解导函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破

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。

【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】（2）（ⅰ）令则即令，则令，，在上是减函数又所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当函数有且今有一个零点时，9分【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．【答案】（1）(0,1)；（2）(－∞，2]．【解析】(1)因为()2ln xf x x '＝－，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数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，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设()()22g x f x x x ＝－＋，则()(2)1g x x '＝－2ln xx －. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．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()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析【解析】（II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x ，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，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 ex -，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 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20xaf 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．【答案】（1）f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．（2）2.(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()101x x k x x e +<>-＋．① 令()1()01xx g x x x e +=>-＋，则()221(2)1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'--＝＋＝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e α＝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. 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．【答案】(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝1a ax +＋3x 2－2x －a ＝22[3(32)(2)]01x ax ax a ax +--+≥+在[1，＋∞)上恒成立．当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意；当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1132a -，因为a >0，所以1132a -<13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a .综上，实数a 的取值范围为].∴函数h(x)＝g′(x)又g′(1)＝0，∴存在x0∈，使得g′(x0)＝0. 当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝x ln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤1 (ln)4x x+，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【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－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝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；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ；（2）.【解析】（Ⅰ）解:当时,函数,则.令,得,,当变化时,的变化情况如下表:∴在和上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,.（Ⅱ）依题意,即. 则令,则.当时,,故单调递增（如图）,且；当时,,故单调递减,且.∴函数在处取得最大值.故要使与恰有两个不同的交点,只需.∴实数的取值范围是.三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D2．【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__________.【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。

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