导数方法与技巧一(隐零点问题)

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函数隐性零点的处理技巧》

函数隐性零点的处理技巧》函数的隐性零点处理技巧近年来，高考命题趋势是用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题。

函数的单调性与导函数的零点有密切联系，因此函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。

函数的零点分为显性零点和隐性零点，本专题将通过几个例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。

一、隐性零点问题示例及简要分析：1.求参数的最值或取值范围例1（2012年全国I卷）设函数f（x）=ex﹣ax﹣2．1）求f（x）的单调区间；2）若a=1，k为整数，且当x＞时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞，求k的最大值．解析：（1）若a≤0，则f′（x）＞，f（x）在R上单调递增；若a＞，则f（x）的单调减区间是（﹣∞，lna），增区间是（lna，+∞）．2）由于a=1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1=（x﹣k）（ex﹣1）+x+1．当x＞时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞等价于k＜x 1x（x＞）（*）。

xe 1ex(ex x2)x 1令g（x）=xx，则g′（x）=。

ex1)2e 1由于函数f（x）=ex﹣x﹣2在（，+∞）上单调递增，所以f（x）在（，+∞）存在唯一的零点，设此零点为a，则a∈（1，2）．当x∈（，a）时，g′（x）＜；当x∈（a，+∞）时，g′（x）＞．所以g（x）在（，+∞）的最小值为g（a）．又由g′（a）=0，可得ea=a+2。

所以g（a）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k＜g （a），故整数k的最大值为2．点评：处理函数隐性零点的步骤：①确定零点的存在范围；②根据零点的意义进行代数式的替换；③结合前两步，确定目标式的范围。

2.不等式的证明本段落格式错误，已删除）1) 已知函数$f(x)=\frac{1}{2(x+a)}\ln{x}$，其中$a$为常数。

求$f(x)$的极值。

解析:f(x)$的导数为：$f'(x)=\frac{1}{2x(x+a)}-\frac{1}{2(x+a)^2}$。

导数隐零点问题常见方法汇总

导数隐零点问题常见方法汇总技巧一虚设零点——媒介过渡例1．已知函数()ln f x x x =，（1）证明：1()ef x -≥；（2）已知函数2()g x x x k =-+-，若对区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上任意x 均有()()f x g x ≤恒成立，求k的最大值．解：(1）略（2)由题设条件知：2ln x x x x k -+-≤在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立2ln k x x x x⇔≤--+在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立()2minln k x x x x⇔--+≤．令21()ln ,,1e h x x x x x x ⎡⎤=--+∈⎢⎥⎣⎦，则()2ln h x x x '=--，11()201h x x x e ''⎛⎫=--<<< ⎪⎝⎭，即()h x '为减函数，又1110h e e'⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，(1)20h '=-<．()h x '∴在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一的零点0x ，且00ln 2x x =-．当01,x x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0,()h x h x '>单调递增，当()0,1x x ∈时()0h x '<，()h x 单调递减．min 1()min ,(1)h x h h e ⎧⎫⎛⎫∴=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，又21210e h e e -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)0h =．min ()0h x ∴=，所以0k ≤，故max 0k ≤．例2(19课标1）已知函数()sin ln(1),()f x x x f x '=-+为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：(1）由题意知：()f x 定义域为：(1,)-+∞且1()cos 1f x x x '=-+．令211()cos ,1,()sin ,1,12(1)2g x x x g x x x x x 'ππ⎛⎫⎛⎫=-∈-∴=-+∈- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭．21(1)x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又(0)sin 0110g '=-+=>，02244sin 100,22(2)(2)2g x 'πππ⎛⎫⎛⎫=-+=-<∴∃∈⎪ ⎪π+π+⎝⎭⎝⎭，使得()00g x '=，∴当()01,x x ∈-时，0()0;,2g x x x 'π⎛⎫>∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x ．（2）由（1）知：1()cos ,(1,)1f x x x x '=-∈-+∞+．①当(1,0]x ∈-时，由（1）可知()f x '在(1,0]-上单调递增，()(0)0,()f x f f x ''∴=∴≤在(1,0]-上单调递减，又(0)00f x =∴=为()f x 在(1,0]-上的唯一零点．②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又(0)0f '=，()00f x '∴>，()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()(0)0f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ'⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10()f x f x '=∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减．又()02(0)0,sin ln 1ln ln102222e f x f f ππππ⎛⎫⎛⎫>==-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点．③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，ln(1)x -+单调递减，()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又0()sin ln(1)ln(1)02f f πππππ⎛⎫>=-+=-+< ⎪⎝⎭，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点．④当(,)x π∈+∞时，sin [1,1],ln(1)ln(1)ln 1x x e π∈-+>+>=，sin ln(1)0x x ∴-+<即()f x 在(,)π+∞上不存在零点．综上所述：()f x 有且仅有2个零点．技巧二敏锐洞察——观察零点技例3（13北京）设l 为曲线C ：ln xy x=在点(1,0)处的切线．（Ⅰ）求l 的切线方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线L 的下方．解：（Ⅰ） l ：1y x =-．（Ⅱ）令()1()g x x f x =--，则除切点之外，曲线C 在直线l 的下方()0(0,1)g x x x ⇔>∀>≠，()g x 满足221ln (1)0,()1()x xg g x f x x ''-+==-=．当01x <<时，210,ln 0x x -<<，所以()0g x '<，故()g x 单调递减；当1x >时，210,ln 0x x ->>，所以()0g x '>，故()g x 单调递增．所以()(1)0(0,1)g x g x x >=>≠，即除切点之外，曲线C 在直线l 的下方．例4．（11浙江）设函数2()()ln ,f x x a x a =-∈R ．（Ⅰ）若e x =为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的(0,3e]x ∈，恒有2()4e f x 成立．注：e 为自然对数的底数．解：（Ⅰ）略；（Ⅱ）由22()ln 4e ,(0,3e]x a x x -∈≤，下面讨论：1）当(0,1]x ∈时，22()ln 04x a x e -≤≤成立；2）当(1,3]x e ∈时，22()ln 4ax a x e x x -≤⇒-≤≤+；易知：a x -≥()3h x x e =；3a e -≥；a x +≤，()g x x =+()1g x '==．观察知：()0,?()g e g x '=在min (1,),(e,3e),()g()3e a g x e e ==≤．综上：33e a e -≤技巧三反带消参——构造单变量函数，研究参数值及范围例5．已知函数()ln ,(0)kf x x x k r=++≠，e 为自然对数的底数．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()()3g x f x =-的极小值大于零，求实数k 的取值范围．解：（1）22()ln ,(),(0,)k x x k f x x x f x x x x '+-=++=∈+∞． 1)当0k <时，()0,()f x f x '>在(0,)+∞递增；2)当0k >时，令2()0,0f x x x k '=+-=，方程14k 0∆=+>，两根1211022x x --=<<=，()f x ∴在()20,x 递减，而在()2,x +∞递增．综上：1）当0k <时，函数()f x 在(0,)+∞递增，2)当0k >时，函数()f x 在10,2⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭递减，而在12⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增．（2）22g ()()x x k x f x x ''+-===，由（1）知，()()22030fx fx '⎧=⎪⎨->⎪⎩222222k ln 30x x k x x x ⎧=+⎪⇒⎨++->⎪⎩22ln 220x x ⇒+->，构造函数解得：2222(1,),(2,)x k x x ∈+∞=+∈+∞，故所求：(2,)k ∈+∞．例6（2020届成都零诊）已知函数2()e 22,(0)xx f x ae ax a =-->（1）略（2）若函数()f x 有唯一零点，求实数a 的值．解：（1）略；（2）22()e22,()2e 22,(,)xx x x f x ae ax f x ae a x '=--=--∈-∞+∞，()2()4e 2220,ln 2x x x x a f x ae e e a x ''=-=-==，即()f x '在,ln ,ln ,22a a ⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，2ln 20,,()2a 0;,()22a a f a x f x x f x '''⎛⎫⎛⎫=--<→-∞→-<→+∞→+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；由零点存在性定理：0ln,2a x ⎛⎫∃∈+∞ ⎪⎝⎭，使得：()00f x '=，即：002e 0x x ae a --=--------（1）()f x ∴在()()00,,,x x -∞+∞，且,();,()x f x x f x →-∞→+∞→+∞→+∞；()0()0,f x f x ∴≥=即0020e220x x ae ax --=--------------------------------（2）由（1）（2）有：00210xe x +-=，构造函数易求唯一解00x =，即12a =成立．例7 已知函数2()1,()ln ()f x x ax g x x a a =++=-∈R ．（1）当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）若存在与函数(),()f x g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围．解：（1）略（2）设函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同，则()()()()121212f x g x fx g x x x ''-==-即()211212121ln 12x ax x a x a x x x ++--+==-，故12122a x x =-，代入()21211221ln x x x ax x a x -=++--得：222221ln 20(*)424a a x a x x -++--=．设221()ln 2424a a F x x a x x =-++--，则23231121()222a x ax F x x x x x '+-=-++=，不妨设()20002100x ax x +-=>则当00x x <<时，()0F x '<，当0x x >时，()0F x '>，即()F x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，代入200001212x a x x x -==-可得：()2min 000001()2ln 2F x F x x x x x ==+-+-．设21()2ln 2G x x x x x =+-+-，则211()220G x x x x'=+++>对0x >恒成立，所以()G x 在区间(0,)+∞上单调递增，又(1)0G =，所以当01x <时()0G x ，即当001x <时，()00F x ．又当2a x e+=时2222422111()ln 204244a a a a a a F x e a a e e e ++++⎛⎫=-++--=- ⎪⎝⎭，当001x <时，函数()F x 必有零点；即当001x <时，必存在2x 使得(*)成立；即存在12,x x 使函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同．又12y x x =-得：2120y x '=--<即12y x x =-在(0,1)递减，因此200001212x a x x x -==-[1,)∈-+∞，所以实数a 的取值范围[1,)-+∞．技巧四降次或减元留参，达到证明或求值的目的例8（09全国1)设函数32()33f x x bx cx =++在两个极值点12x x ，，且12[1,0],[1,2]x x ∈-∈．（Ⅰ）求,b c 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点(,)b c 的区域；（Ⅱ）证明：()21102f x --≤≤．解：（1）2()363f x x bx c '=++由题意知方程()0f x '=有两个根12,x x ，且1[1,0]x ∈-，2[1,2]x ∈，则有(1)0f '-≥，(0)0,(1)0,(2)0f f f '''≤≤≥，故有210,0,210,440,b c c b c b c --⎧⎪⎪⎨++⎪⎪++⎩≤≤≤≥右图中阴影部分即是满足这些条件的点(,)b c 的区域．（Ⅱ）由题意有()22223630f x x bx c '=++=⋯⋯⋯⋯① 又()32222233f x x bx cx =++⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②消去b 可得()32221322cf x x x =-+．又2[1,2]x ∈，且()21[2,0]102c f x ∈-∴--≤≤．又如：（09全国2）设函数2()aIn(1)f x x x =++有两个极值点1x ，2x 且12x x <． (Ⅰ)求实数a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；(Ⅱ)证明：()212In 24f x ->．例9．已知函数321()3f x x x ax =++．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()f x 有两个极值点12,x x ，若过两点()()()()1122,,,x f x x f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值．解：（Ⅰ）依题意可得2()2f x x x a '=++，当1a ≥时，220x x a ++≥恒成立，故()0f x '≥，函数()f x 在R 上递增；当1a <时，2()20f x x x a '=++=有两个相异实根11x ==-21x =-+且12 x x <，故2()20(,1f x x x a x '=++>⇒∈-∞--或(1),()x f x ∈-++∞递增；由2()2011f x x x a x '=++<⇒-<<-+()f x 递增递减．综上：当1a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当1a <时，()f x 在(,1x ∈-∞-递增，在(1)x ∈-+∞递增，在(11---+递减．（2）由题知，12 x x ，为()0f x '=的两根，故1a <，2112x x a =--，2222x x a =--，即：()()()322211111111111111121222333333f x x x ax x x a x ax x ax x a ax =++=--++=+=--+12(1)33a a x =--，同理()222(1)33a f x a x =--．因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--．设l 与x 轴的交点为()0,0x ，得02(1)ax a =-，而()()322220311217632(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=++=-+ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知，点()0,0x 在曲线()y f x =的上，故()00f x =，解得0a =或23a =或34a =，所以所求a 的值为0a =或23a =或34a =．技巧五：巧设零点——超越式划代数式例10（15课标1）设函数2()ln xf x ea x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a >时，2()2lnf x a a a+≥．解：（Ⅰ）()f x 的定义域为2(0,),()2(0)xaf x e x x'+∞=->．当0a ≤时，()0,()f x f x ''>没有零点；当0a >时，因为2xe 递增，a x-单调递增，所以()f x '在(0,)+∞递增．又()0f a '>，当b 满足04a b <<且14b <时，(b)0f '<，故0a >时，()f x '存在唯一零点．（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()f x '在(0,)+∞的唯一零点为0x ，公众号：钻研数学当()00,x x ∈时，()0f x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>．故()f x 在()00,x 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()0f x ．由于02020x a ex -=，所以()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a =+++≥．故当0a >时，2()2lnf x a a a+≥．例11 已知函数()3e x m f x x +=-，()()ln 12g x x =++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 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 >-．解：（I ）0m =．（II ）证法一：因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1e ln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证eln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设1()e ln(1)2x h x x +=-+-，则11()e 1x h x x '+=-+．设11()e1x p x x +=-+，则121()e 0(1)x p x x '+=+>+．所以函数11()()e 1x p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为121e 20,(0)e 102h h ''⎛⎫-=-<=-> ⎪⎝⎭，所以11()e 1x h x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭．因为()00h x '=，所以0101e1x x +=+，即()()00ln 11x x +=-+，当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．即()()()0100001()eln 121201x h x h x x x x +=-+-=++->+≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．思路2：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2(0)t t t ->>．因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线()000x x x =>与曲线e ln t y y t ==、分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为12d d 、，则()122AB d d =+．其中()0000120e ln ,022x x x x d d x --==>． ①设()()0000e 0xh x x x =->，则()00e 1xh x '=-．因00x >，所以()00e 10xh x '=->．即()0h x 在(0,)+∞上递增，则()0(0)1h x h >=．所以001e 222x x d -=>．②设()()0000ln 0p x x x x =->，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．故()()000212ln 222(1) 1..2222222x x p x p d AB d d ⎛⎫-==+>+= ⎪ ⎪⎝⎭≥≥≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路：设()e ln(1)2x mh x x +=-+-，则1()e 1x m h x x '+=-+．设1()e1x mp x x +=-+，则21()e 0(1)x mp x x '+=+>+．所以函数1()()e 1x m p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为1m ≥，所以()()1e 1e 1eee e e 10,(0)e 10m mmmm m m h h --'--++-+'-+=-=-<=->．所以函数1()e 1x mh x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且()01e ,0mx -∈-+．因为()00h x '=，所以001e1x mx +=+，即()00ln 1x x m +=--．当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>．当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．()()()000000011()e ln 12213011x m h x h x x x m x m x x +=-+-=++-=+++->++≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例12．已知函数2ln ()()xf x x a =+，其中a 为常数．（1）若函数()f x 在(0,)a -上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若1a =-，设函数()f x 在(0,1)上的极值点为0x ，求证：()02f x <-．解：（1）312ln ()()axx f x x a '+-=+，由题意()0f x '对(0,)x a ∈-恒成立．3(0,),()0,12ln 0ax a x a x x∈-∴+<∴+-对(0,)x a ∈-恒成立．2ln a x x x ∴-对(0,)x a ∈-恒成立．令()2ln ,(0,),g x x x x x a =-∈-则()2ln 1g x x '=+，①若120ea -<-，即120ea ->-，则()2ln 10g x x '=+<对(0,)x a ∈-恒成立，()2ln g x x x x ∴=-在(0,)a -上单调递减，则2()ln()(),0ln(),1a a a a a a ----∴-∴-与12e a --矛盾，舍去；②若12e a -->，即12ea -<-，令()2ln 10g x x '=+=，得12ex -=，当120e x -<<时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+<∴=-单调递减，当12ex a -<<-时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+>∴=-单调递增，∴当12e x -=时，1111122222min[()]e 2e gn e e 2e g x g -----⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，122e .a -∴-综上122e .a --（2）当1a =-时，23ln 12ln (),()(1)(1)xx x xf x f x x x x '--==--．令()12ln ,(0,1)h x x x x x =--∈，则()12(ln 1)2ln 1h x x x '=-+=--，令()0h x '=，得12e x -=．①当12e1x -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递减，12()0,2e 1h x -⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，312ln ()0(1)x x x f x x x '--∴=<-恒成立，∴2ln ()(1)x f x x =-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭．②当120ex -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递增，而111112ln 02222h ⎛⎫⎛⎫=--⋅=>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又()()2222e e e n e 12l h -----=-2510e =-<，∴存在唯一201e ,2x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000,0h x f x '=∴=．当00x x <<时，2ln ()0,()(1)xf x f x x '>∴=-单调递增，当120e x x -<时，2ln ()0,()(1)x f x f x x '<∴=-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭，由①和②可知，2ln ()(1)xf x x =-在()00,x 单调递增，在()0,1x 上单调递减，()0000000112ln 0,ln 2x h x x x x x x -=--=∴=，()()()00220000ln 1121111222x f x x x x x ∴===--⎛⎫--⎪⎝⎭，又010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2002011112,0,222211222x f x x ⎛⎫⎛⎫∴--∈-∴=<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫--⎪⎝⎭．技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）避开零点例13．已知函数2g()ln xx xemx x =--，(其中e 是自然对数的底数)，若()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为A ．1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．22,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C ．1,2e ⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．(,2]-∞解法1：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，只需min [()]1g x ≥即可．22211()(21)e ,()4(1)e 0,()x x g x x m g x x g x x x''''=+--=++>在(0,)+∞上递增．因为当0x →时，()g x '→-∞，当x →+∞时，()g x '→+∞，所以，()g x '在(0,)+∞上存在唯一的零点0x ，满足()()02000121e0x g x x m x '=+--=，所以()0200121e x m x x =+-，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，于是()00222min 000000[()]e ln 2e ln 1x x g x g x x mx x x x ==--=--+．由min [()]1g x ≥得：022002eln 0x x x +≤，必有02200001,2e ln x x x x <<-≤，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++-≤，即()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤--．构造函数()ln (0)h x x x x =+>，则1()10h x x'=+>，所以函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln h x h x -≤，所以002ln x x -≤，即0201ex x ≤．故()()020000011121e212x m x x x x x =+-+⋅-=≤，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞．解法2：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．令2ln 1()e(0)xx h x x x+=->，则只需min [()]m h x ≤即可．2222e ln ()x x x h x x '+=，令22()2e ln (0)x H x x x x =+>，则()221()4e 0xH x x x x'=++>，所以()H x 在(0,)+∞上单调递增，又212ln 20,(1)2e 04H H ⎛⎫=-<=> ⎪⎝⎭，所以()H x 有唯一的零点0x ，且0114x <<，()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为022002eln 0x x x +=，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++=-，即()()00002ln 2ln ln ln .x x x x +=--构造函数()ln (0)s x x xx =+>，则1()10s x x'=+>，所以函数()s x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln s x s x =-，即002ln x x =-，即0201ex x =．即()0200min 0000ln 1211()e2x x x h x h x x x x +-+==-=-=．于是实数m 的取值范围是(,2]-∞解法3：（切线放缩，避开零点）要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．先证明ln 1t t +≥．令()ln 1(0)Q t t t t =-->，则11()1t Q t t t'-=-=，于是，当(0,1)t ∈时，()0Q t '<， ()Q t 单调递减；当(1,)t ∈+∞时，()0,()Q t Q t '>单调递增，所以()(1)0Q t Q =≥，故ln 1t t +≥(当且仅当1t =时取等号) ．所以，当0x >时，有()22e ln e1ln 21xxx x x x +=++≥，所以2ln 1e 2x x x x++≥，即 2ln 1e 2x x x+-≥，当且仅当2e 1x x =时取等号，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞．解法4：（切线放缩，避开零点）22ln ln 1ln 12ln 1ln 1(2)0x x x xe mx x e mx x x x mx x m x +---=---++---=-≥≥，2m ∴≤，当2ln 0x x +=时，等号成立．例13 已知函数3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 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 >-．解：（Ⅰ）0m =．证法一：（Ⅱ）因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1eln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证e ln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点）先证明1e2()x x x ++∈R ≥，设1()e 2x h x x +=--，则1()e 1x h x '+=-．因当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，当1x <-时，函数()h x 递减，当1x >-时，函数()h x 递增．()(1)0h x h -=≥．即1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．即要证1e ln(1)20x x +-+->，只需证明(2)ln(1)20x x +-+->．下面证明ln(1)0x x -+≥．设()ln(1)p x x x =-+，则1()111xp 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()(0)0p x p =≥．所以ln(1)0x x -+≥(当且仅当0x =时取等号)．由于取等号的条件不同，所以1e ln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点）先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．设()e 1xF x x =--，则(e 1F x '--．当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，即()F x 在(,0)-∞上递减，在(0,)+∞上递增．当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．()(0)0F x F ≥=，即e 1(),ln(1)(x x x x x ≥+∈+≤R 当且仅当0x =时取等号)．再证明eln(1)20x mx +-+->．由e 1()xx x +∈R ≥，得1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．因为1,1x m >-≥，且1e 2x x ++≥与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以11e ln(1)2e e ln(1)2x m m x x x +-+-+-=⋅-+-()11e (2)2e 1(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例14．已知函数211()aln (22f x x x a =--+∈R 且0)a ≠．（1）当a =()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()y f x =有两个极值点12,x x ，证明：()()129ln f x f x a +<-．解：（1）10x y +-=．法一：涉及隐零点的证明，超越式转化优先（2）因()y f x =有两个极值点12,x x ，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x ，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++．若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>．构造函数()ln ln 2g x x x x x =--+，则11()1ln 1ln g x x x x x'=+--=-，且在(0,3)上为增函数，又1(1)10,(2)ln 202g g ''=-<=->，由零点存在性定理：存在0(1,2)x ∈，使得()0g x '=，即001ln x x =，且()00,x x ∈时，()0,()g x g x '<递减，()0,3x x ∈时，()0,()g x g x '>递增，即()g x 在(0,3)上有最小值：()00000001ln ln 23g x x x x x x x ⎛⎫=--+=-+⎪⎝⎭，又因0(1,2)x ∈，则00152,2x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()0g x >在(0,3)x ∈上恒成立，即()()129ln f x f x a +<-成立．法二：分类讨论避开隐零点（2）因()y f x =有两个极值点12,x x，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++．若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>．构造函数()ln ln 2,(0,3),()(1)ln 2g x x x x x x g x x x x =--+∈=-+-．下面讨论：（1）当(0,1]x ∈时，g()(1)ln 20x x x x =-+->成立；（2）当(1,2]x ∈时，()(1)ln 20g x x x x =-+->成立；(3)当(2,3)x ∈时，()(1)ln 2g x x x x =-+-，1()ln g x x x '=-，211()0g x x x'=+>， ()g x '在(2,3)上递增，1()(2)ln 202g x g ''>=->，()g x 在(2,3)上递增，即： ()(2)ln 20g x g >=>得证；综上：g()(1)ln 20x x x x =-+->对(0,3)x ∈成立．下面剖析一道含隐零点应用的高考题：（15四川21）例15．(15四川）已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >．（1）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法一：（I ）知函数()f x 的定义域为(0,),()()2()2ln 21a g x f x x a x x '⎛⎫+∞==---+ ⎪⎝⎭，所以22211222224()2x a a g x x x x'⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+=．当104a <<时，()g x在区间10,2⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1122⎛- ⎝⎭上单调递减；当14a时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增．（Ⅱ）由()2()2ln 210a f x x a x x '⎛⎫=---+= ⎪⎝⎭，解得11ln 1x x a x---=+．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 22.1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．令000101ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---==--+．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．当0a a =时，有()()()0000,0f x f x x ϕ'===．由（I)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增，故当()01,x x ∈时，()0f x '<，从而()0()0f x f x >=；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，从而()0()0f x f x >=．所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法二：（Ⅱ）令2222()2ln x ax a ax x x aϕ--+=-+，则()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解当且仅当()0x ϕ在(1,)+∞内恒成立，且()0x ϕ=在区间(1,)+∞内有唯一解．()22222(2)222(2)[(1(1()()()()x a x x a x ax a x a x x x x a x x x a x x a ϕ'+--+-+--=-==+++由于0a 且0x >，故()0x ϕ'=时，1x =当(1,1x ∈+时，()0,()x x ϕϕ'<单调递减．当(1)x ∈++∞时，()0,()x x ϕϕ'>单调递增．从而，当1x =()x ϕ在(1,)+∞达到最小值．此时，min2ln(1ϕ=．令22()(12(122(1)ln(1h a a a a a =+-+-+-+，则(0)44ln 20h =->，2(1)(12(112(2ln(1(4ln(10.h =+-+--=-+<从而存在1(0,1)a ∈使得()10h a =．令11x =．则当1a a =时，()()110x h a ϕ==且()10x ϕ'=．当10x x <<时，()x ϕ单调递减，从而()0x ϕ>．当1x x >时，()x ϕ单调递增，从而()0x ϕ>．综上所述，存在1(0,1)a a =∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法三：（II ）由（I )知，1()()2(1ln )21f x g x x x a x '⎛⎫==---+⎪⎝⎭在区间(1,)+∞上单调递增．(1)40f a '=-<，当x 趋向于正无穷大时，()()f x g x '=的函数值也趋向于正无穷大．即存在(1,)t ∈+∞，使得()0f x '=，且()f x 在(1,)t 单调递减，在(,)t +∞单调递增．且t 满足12(1ln )210t t a t ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，即11ln 1t t a t ---=+时，()f x 取得最小值：22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2211111ln 1ln 1ln 1ln 2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t t ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 2011111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++，即0(0,1)a ∈．综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法四：（Ⅱ）前同解法三．22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2212()1122t a t a t at a a t ⎡⎤⎛⎫=-+--++--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()22322252a t t a t t t ----=-()2(2)2a t a t t t ⎡⎤+--⎣⎦=-．又11ln 1t t a t ---=+，所以()()221(312ln )2ln 1()1t t t t t f t t t ----+-=-+．令2()2ln 1h t t t t =-+-，易得2(1)20,(e)e 2e 0h h =-<=->，所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--．由1()10u x x '=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法五：（II ）由（Ⅰ）得()()f x g x '=在(1,)+∞内单调递增，且(1)222240f a a a '=--+-=-<，()0f '+∞>．由零点存在性定理得存在唯一0(1,)x ∈+∞，使得()000022ln 2220a f x x x a x '=---+-=①所以()f x 在()01,x 上单调递减，()0,x +∞上单调递增．所以满足()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解只需满足()min 0()0f x f x ==即可，()()22000002ln 220f x x a x x ax a a =-++--+=，将①带入化简得： ()()()()22322000000025220,220a x x a x x a x a x x +---=-+-=，02x a =，2002a x x =-，当()0012x a x =>时，此时①变形为22ln 230a a --=，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上有解．令222()22ln 23,()2a h a a a h a a a'-=--=-=，所以()h a 在(0,1)上单调递减，11302h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭不满足，当2002a x x =-时，此时（1）变形为20022ln 60x x --=在(1,2)上有解．不妨设()200022ln 6h x x x =--，()2000004224x h x x x x '-=-=，所以()0h x 在(1,2)上单调递增．(1)4,(2)22ln 20h h =-=->．所以20022ln 60x x --=在(1,2)上有解，所以结论得证．本题对数学思维的灵活性、深刻性、创造性都有较高要求，具有一定的难度，解答这些问题，需要具有较强的分析问题、探究问题和解决问题的能力．展示了数学学科的抽象性和严谨性，要求考生具有高层次的理性思维,考生解答时可以采用“联系几何直观一探索解题思路一提出合情猜想一构造辅助函数一结合估算精算——进行推理证明”的思路，整个解答过程与数学研究的过程基本一致，能较好地促进考生在数学学习的过程中掌握数学知识、探究数学问题和发现数学规律．这些试题具有立意深远、背景深刻、设问巧妙等特点，富含思维价值，体现了课程改革理念，是检测考生理性思维广度、宽度，深度和学习潜能的良好素材．这样的设计，对考生评价合理、科学，鼓励积极、主动、探究式的学习，有利于引导中学数学教学注重提高学生的思维能力、发展应用意识和创新意识，对全面深化课程改革、提高中学数学教学质量有十分积极的作用．隐零点专练:1．(12课标1）设函数()e 2x f x ax =--（Ⅰ）求()f x 的单调区间（Ⅱ）若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值2．(17课标2）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥．（1）求a ; （2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()220e 2f x --<<．3．（18课标3）已知函数()2()2ln(1)2f x x axx x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．。

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.。

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)

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

2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。

3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。

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

5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。

6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。

7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。

8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。

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

高考数学之隐零点问题

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

本文将从隐零点的定义、解题思路和常见问题三个方面来探讨隐零点问题。

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

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

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

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

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

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

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

只有通过不断的训练和思考，才能真正掌握解决隐零点问题的技巧和方法。

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

而在这些难题中，导数往往扮演着关键的角色。

特别是在高考数学中，导数的综合应用是一个重点也是一个难点。

其中，“隐零点”是一个特别需要的概念。

“隐零点”，顾名思义，这是一种不易被直接观察或找到的零点。

导数方法与技巧一(隐零点问题)高考资料高考复习资料中考资料

高三数学一轮复习第二十讲：导数的方法与技巧一（隐零点问题）1.已知函数()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈（1）若函数与的图像无公共点，试求实数的取值范围；()f x ()g x a （2）是否存在实数，使得对任意的，都有函数的图像在的图像m 1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()m y f x x =+()xe g x x=的下方？若存在，求出最大整数的值；若不存在，请说明理由.m(参考数据：)ln 20.6931,ln 3 1.3956≈≈≈≈2.已知函数，其中，为自然对数的底数.()()222x af x x e x =--a R ∈e (1)函数的图象能否与轴相切？若能求出实数的值；否则，说明理由.()f x x a (2)若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值.()2y f x x =+R a3.设函数. ()()ln ,21xf x x xg x x e x =-=⋅--（1）关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； x ()2103f x x x m =-+[]1,3m （2）证明：当时，.0x >()()g x f x ≥4.已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. ()()()223,x f x e x a a R =--+∈()0,0x f x ≥≥a5.已知函数.()ln 1f x ax x =++（1）讨论函数零点的个数；()f x （2）对任意的恒成立，求实数的取值范围.()20,x x f x xe >≤a6.已知函数.()2x f x e x ax =--（1）若函数在R 上单调递增，求实数的取值范围.()f x a （2）若，证明：当时，.1a =0x >()2ln 2ln 2122f x ⎛⎫>-- ⎪⎝⎭(参考数据：)2.71828,ln 20.69e ≈≈7.已知函数.()()ln f x x ax x a R =+∈（1）讨论函数的单调性；()f x （2）若函数存在极大值，且极大值点为，证明：.()ln f x x ax x =+1()2x f x e x -≤+课后作业1.已知函数. ()()()5ln ,1kx f x x g x k R x =+=∈+（1）若函数的图像在点处的切线与函数的图像相切，求的值；()f x ()()1,1f ()y g x =k （2）若，且时，恒有，求的最大值；k N *∈()1,x ∈+∞()()f x g x >k（参考数据：）. )ln 5 1.61,ln 6 1.918,ln10.8814≈≈+≈2.设函数. ()()2ln 2a f x x x x a x a R =-+-∈（1）若函数有两个不同极值点，求实数的取值范围；()f x a （2）若，且当时不等式恒成立，试求()22,,22a k N g x x x *=∈=--2x >()()()2k x g x f x -+<k 的最大值.。

导数专题之隐零点问题

导数解答题之隐零点问题一．什么是隐零点问题常规方法求解导数问题的步骤： ①写函数定义域，求导函数；②对导函数变形（通分，分解因式，配方等，变形到容易判断导函数正负为止）； ③求导函数的零点，若导函数无零点或零点不在函数定义域内，说明导函数（或局部因式）的符号恒正或恒负；若导函数零点在函数定义域内，则导函数零点把函数定义域分成若干个区间，然后判断在这些若干个区间内导数的正负，可得函数的单调性；④求函数的极值以及区间端点的函数值，最终得最值和函数图像等．从上我们可知，导函数的零点影响着函数的单调区间的划分，也和函数的极值或最值有着直接关系，因此求导函数的零点在导数问题中是一个非常重要的环节，但很多时候我们是可以通过零点存在定理判断其存在，却无法直接求解出来的，像这类问题就称之为隐零点问题．二．隐零点问题的处理方法（设而不求）当导函数存在零点，又无法求解时，可虚设零点0x ，0x 满足等式()00f x '=．做题时只需把0x 看作是已知的一个数即可，其本质与能求出的导函数零点并无差别，只不过一个是显性的，一个是隐性的．隐性的零点用起来可能没有显性的零点方便，但我们可以抓住两点：①0x 的范围②0x 满足等式()00f x '=．下面举例说明．例1．已知函数2()ln f x ax bx x x =++在()()1,1f 处的切线方程为320x y --=．（1）求实数a 、b 的值；（2）设2()g x x x =-，若Z k ∈，且(2)()()k x f x g x -<-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值．【解析】解：（1）()2ln 1f x ax b x '=+++，故213a b ++=且1a b +=，解得：1a =，0b =；（2）第一步：分离参数，转化为求函数的最值由（1）得：()()ln 22f x g x x x x k x x -+<=--对任意2x >恒成立，设ln ()(2)2x x xh x x x +=>-，下求()h x 的最小值．第二步：求()h x '并变形，用零点存在性定理判断()h x '存在零点，虚设零点0x242ln ()(2)x x h x x --'=-，令()42ln (2)m x x x x =-->，则22()10x m x x x-'=-=>，故函数()m x 为(2,)+∞上的增函数，()842ln80m =-<，()1062ln100m =->，故()m x 在(8,10)上有唯一零点0x ，使0042ln 0x x --=成立．第三步：0x 参与划分定义域，判断()h x '在各个区间上的正负，得到()h x 的单调性当02x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；0x x <时，()0m x >，即()0h x '>．故()h x 在0(2,)x 递减，在()0,x +∞递增；第四步：判断函数()h x 的最小值在0x 处取，得到()h x 最小值表达式，用等式0042ln 0x x --=整体代换求出最小值()0h x000min 004(1)2()()22x x x h x h x x -+∴===-，故02x k <，()08,10x ∈，0(4,5)2x ∴∈，Z k ∈，故k 的最大值是4．解题说明：此题导函数的零点0x 是虚设的，0x 满足①()08,10x ∈②0042ln 0x x --=，用②0042ln 0x x --=代换求出0min 0()()2x h x h x ==，再用①()08,10x ∈估算出()min h x 的范围．例2．已知函数3()ln (1)f x x a x bx =+-+，()()e ,R x g x x b a b =-∈，且()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．（1）求实数a ，b 的值；（2）求证：()()f x g x ≤．【解析】（1）解：21()3(1)f x a x b x '=+-+，()()2131f e a e b e∴'=+-+，且()31(1)f e a e be =+-+，又()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴切点为(),1e e +，∴23113(1)11(1)1a e b e e a e be e⎧+-+=+⎪⎨⎪+-+=+⎩，解得：1a b ==；（2）证明：由（1）可知()ln f x x x =+，()1x g x xe =-，且()f x 的定义域为(0,)+∞，令()()()ln 1x F x f x g x x x xe =-=+-+，则()()111()111x x x x x F x e xe x e x e x x x +⎛⎫'=+--=-+=+- ⎪⎝⎭，令1()x G x e x =-，可知()G x 在(0,)+∞上为减函数，且11222G ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()110G e =-<，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0()0G x =，即0010xe x -=．当0(0,)x x ∈时，()0G x >，()0F x ∴'>，则()F x 为增函数；当()0,x x ∈+∞时，()0G x <，()0F x ∴'<，则()F x 为减函数． 00000()()ln 1x F x F x x x x e ∴≤=+-+，又0010x e x -=，∴001x e x =，即00ln x x =-，0()0F x ∴=，即()0F x ≤，()()f x g x ∴≤．解题说明：此题的导函数的零点0x 也是虚设的，0x 满足①01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭②0010x e x -=，在求()()0max F x F x =时主要就是用②0010xe x -=进行代换运算．例3．已知函数()ln f x a x x =-，R a ∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()12f x x e≤-恒成立，求a 的取值范围．解：（1）()()10aa xf x x xx-'=-=>， ①若0a ≤，则()0f x '<，()f x ∴在()0,+∞单调递减；②若0a >，()0,x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；(),x a ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）方法一（隐零点）不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立．令()12ln g x a x x x e=--+，则()222111a x ax g x x x x --'=-+=-，方程210x ax --=有一负一正两个根，设正根为0x ，即2010x ax --=，001a x x =-． ()00,x x ∈时，()0g x '>，()g x ；()0,x x ∈+∞时，()0g x '<，()g x ．()()000max 012ln g x g x a x x x e ∴==--+，又001a x x =-，()000000112ln g x x x x x x e ⎛⎫∴=---+ ⎪⎝⎭因为不等式12ln 0a x x x e --+≤在()0,x ∈+∞恒成立，所以等价于()000000112ln 0g x x x x x x e ⎛⎫=---+≤ ⎪⎝⎭，设()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，又001a x x=-在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，11,a e e e e ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．用隐零点表示参数，得到参数与隐零点的函数关系，然后结合隐零点的范围求出参数的范围这是本题解法的基本思路．方法二（内点效应+变换主元）分析：令()12ln g x a x x x e =--+，由()()2212ln 010g x a x x x e x ax g x x ⎧=--+=⎪⎪⎨--⎪'=-=⎪⎩得，112ln 0x x x x x e ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，令()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11x e a e e ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=-⎪⎩或1x e a e e =⎧⎪⎨=-⎪⎩．解：不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立，令()12ln g x a x x xe=--+． ①取x e =，则()10g e a e e =-+≤，1a e e ∴≤-；取1x e =，则110g a e e e ⎛⎫=--+≤ ⎪⎝⎭，1a e e ∴≥-．11,a e e ee ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．②反过来，当11,a e e e e ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦时，令()12ln F a x a x x e =⋅--+，下证()0,x ∈+∞时()0F a ≤．Ⅰ．若1x =，()220F a e=-<． Ⅱ．若()0,1x ∈，ln 0x <，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 01x e x x x e x e τ⎛⎫=---+<< ⎪⎝⎭，()()222111x e x x x e e e x x x τ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， 10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'>，()x τ；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'<，()x τ．()10x e ττ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭，()0F a ≤．Ⅲ．若()1,x ∈+∞，ln 0x >，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 1x e x x x e x e ψ⎛⎫=---+> ⎪⎝⎭，()()222111x e x x e x e e x x x ψ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， ()1,x e ∈时，()0x ψ'>，()x ψ；(),x e ∈+∞时，()0x ψ'<，()x ψ．()()0x e ψψ∴≤=，()0F a ≤．综上，()0,x ∈+∞时()0F a ≤．由①②知11,a e e ee ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦．最后总结一下隐零点问题的基本解决思路就是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参数．练习1．已知函数()ln x f x ae b x =-在点()()1,1f 处的切线方程为()11y e x =-+．（1）求a ，b 的值；（2）求证：()2f x >．【解析】（1）1a =，1b = （2）()ln x f x e x =-，()()10x f x e x x'=->，易知()f x '且()10f '>，102f ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，1,12m ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，()0f m '=，即1m e m=． 0x m <<时，()0f x '<，()f x ；x m >时，()0f x '>，()f x ．()()min 1ln 2m f x f m e m m m∴==-=+> 2．已知函数()ln()x f x e x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 的值，并讨论()f x 的单调性；（2）证明：ln(2)0x e x -+>．【解析】（1）1()x f x e x m'=-+，由题意可得，1(0)10f m '=-=，解可得1m =，1(1)1()11x xe xf x e x x +-'=-=++，令()(1)1x g x e x =+-，则()(2)0x g x x e '=+>，故()g x 在(1,)-+∞上单调递增且(0)0g =．当0x >时，()0g x >即()0f x '>，函数()f x 单调递增；当10x -<<时，()0g x <即()0f x '<，函数()f x 单调递减．（2）证明：令()ln(2)x h x e x =-+，则1()2x h x e x '=-+在(2,)-+∞上单调递增，因为(1)0h '-<，(0)0h '>，所以()0h x '=在(2,)-+∞存在唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-，当0(2,)x x ∈-时，()0h x '<，()h x ；0(x x ∈，)+∞时，()0h x '>，()h x ．当0x x =时，函数取得最小值，因为0012xe x =+，即00ln(2)x x =-+，故02000000(1)1()()ln(2)022x x h x h x e x x x x +≥=-+=+=>++，所以ln(2)0x e x -+>． 3．已知函数()1x f x xe ax =--的图像在1x =处的切线方程为(21)y e x b =-+．（1）求实数a ，b 的值；（2）若函数()ln ()f x xg x x-=，求()g x 在(0,)+∞上的最小值．【解析】（1）因为()(1)xf x e a x +=-'，所以()12f e a '=-．于是由题知221e a e -=-，解得1a =．因此()1x f x xe x =--，而()12f e =-，于是2(21)1e e b -=-⋅+，解得1b e =--．（2）l ln 11(0)n 1()x x xe x x g x e x x x x =---=+->-，222ln ln ()x xx x e x g x e x x +'=+=．记2()ln x h x x e x =+，21()20xxh x x e xe x'=++>，故()h x 在(0,)+∞上单调递增．又211211110e e h e e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10h e =>，∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()0h x =，且0(0,)x x ∈，()0h x <，0,)(x x ∈+∞，()0h x >．()g x ∴在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，∴00min 00ln 1()()1xx g x g x e x +==--，又0()0h x =，∴0200ln x x e x =-，∴01ln 001ln x x x e e x =，∴001ln x x =．∴000000min000ln 1ln 111()1110x x x x e x x g x e x x x +--+-=--=-=-=，所以()g x 的最小值为0．4．已知函数()()()ln 1cos 1xf x ae x a =-+--，R a ∈．（1）当1a =时，求()f x 的零点；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】（1）由题知：当1a =时，()ln(1)1x f x e x =-+-，1()1x f x e x '=-+，令1()()1x g x f x e x='=-+，所以()21()01x g x e x '=+>+，所以()g x 在(1,)-+∞上单调递增，且()00g =．所以，当(1,0)x ∈-时，()0f x '<，()f x 在(1,0)-上单调递减；当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增．所以()(0)0f x f ≥=，所以()f x 的零点为0x =．（2）必要性探路：取0x =，由()00f ≥得cos(1)0a a --≥，令()()cos 1h a a a =--，因为()()1sin 10h a a '=+-≥，所以()h a在(,1)-∞上单调递增，又()10h =，1a ∴≥，即()01f x a ≥⇒≥．证明充分性：当1a ≥，1()1x f x ae x'=-+，21()0(1)xf x ae x ''=+>+，所以()f x '在(1,)-+∞上单调递增，且(0)10f a '=-≥， 11110a f ae a a a a -⎛⎫'-=-≤-= ⎪⎝⎭，(]01,0x ∴∃∈-，使得0()0f x '=，即00101x ae x -=+，00ln(1)ln x x a +=--．当0(1,)x x ∈-时，设()0f x '<，()f x 在0(0,)x ；当()0,x x ∈+∞时，设()0f x '>，()f x 在()0,x +∞．所以000001()()ln(1)cos(1)ln cos(1)1xf x f x ae x a x a a x ≥=-+--=++--+ 0011ln cos(1)11ln cos(1)01x a a a a x =+++---≥+--≥+．综上，所求a 的取值范围为1a ≥．5．已知函数()21f x x ax =++，()()ln R g x x a a =-∈．（1）当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）若存在与函数()f x ，()g x 的图像都相切的直线，求实数a 的取值范围．解：（1）12x =时，()h x 取得极小值11ln 24+，无极大值，过程略．（2）设直线与函数()f x ，()g x 分别相切于点()()11,P x f x ，()()22,Q x g x ，以点P 为切点的切线方程为：()()()111y f x f x x x -='-，即()()()2111112y x ax x a x x -++=+-，化简得()21121y x a x x =+-+，同理以点Q 为切点的切线方程为：221ln 1y x x a x =+--，12212121ln 1x a xx x a ⎧+=⎪∴⎨⎪-+=--⎩，消去1x 得： 222221ln 20424a a x a x x -++--=，设()221ln 2424a a F x x a x x =-++--，则问题转化为：若()F x 存在零点，求a 的范围．首先，x →+∞时，()F x →+∞．下面只需()min 0F x <即可．()()232311210222a x ax F x x x x x x+-'=-++=>，2210x ax +-=存在一正根，不妨设为t ，t 满足2210t at +-=，易知0x t <<时，2210x ax +-<，()0F x '<，()F x ；x t >时，2210x ax +->，()0F x '>，()F x ．()()22min 1ln 2424a a F x F t t a t t ∴==-++--，又2210t at +-=，12a t t ∴=-，()()2min12ln 2F x F t t t t t∴==++--．由①知，若01t <≤时，()()min 0F x F t =≤；若1t >时()()min 0F x F t =>． 01t ∴<≤，[)121,a t t∴=-∈-+∞．。

高中数学：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.。

导数中隐零点的应用

专题12导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f ′(x )＝0是超越形式)，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．用隐零点处理问题时，先证明函数f (x )在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x 0，则f ′(x )＝0的根为x 0，即有f ′(x 0)＝0．注意确定x 0的合适范围，如果含参x 0的范围往往和参数a 的范围有关．这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x 0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题．隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在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取值范围．(2)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．(3)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(1)中的零点范围还可以适当缩小．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．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．最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1](2015全国Ⅱ)设函数f (x )＝e 2x －a ln x ．(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a ．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．由f ′(x )＝0得2x e 2x ＝a ．令g (x )＝2x e 2x ，g ′(x )＝(4x ＋2)e 2x >0(x >0)，从而g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (0)＝0．当a >0时，方程g (x )＝a 有一个根，即f ′(x )存在唯一零点；当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0．故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[f(x)]min＝f(x0)．由2e2x0－ax0＝0得e2x0＝a2x0，又x0＝22e xa，得ln x0＝ln22e xa＝lna2－2x0，所以f(x0)＝02e x－a ln x0＝a2x0－a2－2x＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a2x0·2ax0＋a ln2a＝2a＋a ln2a．故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a．[例2](2013全国Ⅱ)设函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)若x＝0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，求证：f(x)＞0．解析(1)f′(x)＝e x－1x＋m．由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1．于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e x－1x＋1．函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0．因此当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)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f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根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0e x＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝(x0＋1)2x0＋20．综上，当m≤2时，f(x)＞0．[例3]已知函数f(x)＝x e x－a(x＋ln x)．(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x30)．解析(1)f′(x)＝(x＋1)e x－(x＋x＝(x＋1)(x e x－a)x，x∈(0，＋∞)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a>0时，令h(x)＝x e x－a，h′(x)＝(x＋1)e x>0．显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(e a－1)>0，必存在x0>0，使h(x0)＝0．当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x＝x0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．(2)由(1)得，f′(x0)＝0，即x0e x0＝a，f(x0)＝x0e x0－a(x0＋ln x0)＝x0e x0(1－x0－ln x0)，因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－1x，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0，1)，设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，1)，φ′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x－1，所以－ln x>1－x，所以ln(x＋1)<x，所以e x>x＋1>0，则e x0>x0＋1．因为x0∈(0，1)，所以1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．相乘得e x0(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，所以f(x0)＝x0e x0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x20)＝2(x0－x30)．故f(x0)>2(x0－x30)成立．[例4]已知函数f(x)＝a e x＋sin x＋x，x∈[0，π]．(1)证明：当a＝－1时，函数f(x)有唯一的极大值点；(2)当－2<a<0时，证明：f(x)<π．解析(1)当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－e x，f′(x)＝1＋cos x－e x，因为x∈[0，π]，所以1＋cos x≥0，令g(x)＝1＋cos x－e x，g′(x)＝－e x－sin x<0，所以g(x)在区间[0，π]上单调递减．因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且当0<x<x0时，f′(x)>0；当x0<x<π时，f′(x)<0．所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]．所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0．(2)当－2<a<0时，令h(x)＝a e x＋sin x＋x－π，则h′(x)＝a e x＋cos x＋1，令k(x)＝a e x＋cos x＋1，则k′(x)＝a e x－sin x<0，所以函数h′(x)在区间[0，π]上单调递减，因为h′(0)＝a＋2>0，h′(π)＝a eπ<0，所以存在t∈(0，π)，使得h′(t)＝0，即a e t＋cos t＋1＝0，且当0<x<t时，h′(x)>0；当t<x<π时，h′(x)<0．所以函数h(x)在区间[0，t]上单调递增，在区间[t，π]上单调递减．h (x )max ＝h (t )＝a e t ＋sin t ＋t －π，t ∈(0，π)，因为a e t ＋cos t ＋1＝0，只需证φ(t )＝sin t －cos t ＋t －1－π<0即可，φ′(t )＝cos t ＋sin t ＋1＝sin t ＋(1＋cos t )>0，所以函数φ(t )在区间(0，π)上单调递增，φ(t )<φ(π)＝0，即f (x )<π．【对点训练】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．解析(1)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)令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0．由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1＝e2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32．2．已知函数f (x )＝e x －t －ln x ．(1)若x ＝1是f (x )的极值点，求t 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当t ≤2时，证明：f (x )>0．2．解析(1)函数f (x )的定义域(0，＋∞)，因为f ′(x )＝e x －t －1x，x ＝1是f (x )的极值点，所以f ′(1)＝e 1－t －1＝0，所以t ＝1，所以f ′(x )＝e x －1－1x，因为y ＝e x －1和y ＝－1x ，在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0，此时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，(2)当t ≤2时，f (x )＝e x －t －ln x ≥e x －2－ln x ，设g (x )＝e x －2－ln x ，则g ′(x )＝e x －2－1x，因为y ＝e x －2和y ＝－1x在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′(1)＝1e －1<0，g ′(2)＝1－12＝12>0，所以存在x 0∈(1，2)使得g ′(x 0)＝0，所以在(0，x 0)上使得g ′(x )<0，在(x 0，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (x 0)，因为g ′(x 0)＝0，即e x 0－2＝1x 0，所以ln x 0＝2－x 0，所以g (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2，因为x 0∈(1，2)，所以g (x 0)＝1x 0＋x 0－2>2－2＝0，所以f (x )>0．3．已知函数f (x )＝a e x －2x ，a ∈R ．(1)求函数f (x )的极值；(2)当a ≥1时，证明：f (x )－ln x ＋2x >2．3．解析(1)f ′(x )＝a e x －2，当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减，则f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln 2a ，令f ′(x )>0得x >ln 2a ，令f ′(x )<0得x <ln 2a ，∴f (x )∞，ln 2a ，＋∴f (x )的极小值为f2－2ln 2a，无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极值．当a >0时，f (x )的极小值为2－2ln 2a ，无极大值．(2)当a ≥1时，f (x )－ln x ＋2x ≥e x －ln x ，令g (x )＝e x －ln x －2，转化为证明g (x )>0，∵g ′(x )＝e x －1x (x >0)，令φ(x )＝e x －1x (x >0)，则φ′(x )＝e x ＋1x 2(x >0)，则φ′(x )>0，∴g ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，∵g ′(1)＝e －1>0，g ＝e －2<0，∴∃x 0g ′(x 0)＝0，∴函数g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (x 0)＝0e x－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2≥21x 0·x 0－2＝0，∵x 0≠1，∴g (x )>0，∴f (x )－ln x ＋2x >2．4．已知函数f (x )＝ax＋bx ln x ，其中a ，b ∈R ．(1)若函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝x ＋e ，求a ，b 的值；(2)当b >1时，f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，证明：a >e ＋12e ．4．解析(1)由题得f ′(x )＝－a x 2＋b (ln x ＋1)，∴f ′(e)＝－a e 2＋2b ＝1，且f (e)＝ae＋e b ＝2e ，从而解得a ＝e 2，b ＝1．(2)由f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，得ax＋bx ln x ≥1，等价于a ≥x －bx 2ln x ，令g (x )＝x －bx 2ln x ，x ∈12，2，则g ′(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，令φ(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，则φ′(x )＝－b (2ln x ＋3)，易知φ′(x )<0，故g ′(x )在12，2上单调递减，因为g ′(e －12)＝1－b (－e －12＋e －12)＝1>0，g ′(1)＝1－b (2ln1＋1)＝1－b <0，故x 0∈(e －12，1)，使g ′(x 0)＝1－b (2x 0ln x 0＋x 0)＝0，则g (x )在12，x 0上单调递增，在(x 0，2]上单调递减，故g (x )max ＝g (x 0)＝x 0－bx 20lnx 0＝x 0＋bx 202，令h (x )＝x ＋bx 22，易知h (x )在(e －12，1)上单调递增，则a ≥x 0＋bx 202>e －12＋b e －12＝e ＋b 2e >e ＋12e ．5．已知函数f (x )＝e x ＋a －ln x (其中e ＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．5．解析(1)∵a ＝0时，∴f (x )＝e x －ln x ，f ′(x )＝e x －1x(x >0)，∴f (1)＝e ，f ′(1)＝e －1，∴函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为：y －e ＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0．(2)∵f ′(x )＝e x ＋a －1x (x >0)，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋a ＋1x 2>0，∴g (x )是增函数，∵e x ＋a >e a ，∴由e a >1x，得x >e －a ，∴当x >e －a 时，f ′(x )>0；若0<x <1，则e x ＋a <e a ＋1，由e a ＋1<1x得，x <e －a －1，∴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；∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0＋a －ln x 0，而f ′(x 0)＝e x 0＋a －1x 0＝0，所以e x 0＋a ＝1x 0，所以a ＝－ln x 0－x 0，记h (x )＝ln x ＋x ，则f (x 0)＝1x 0－ln x 0＝a >1－1e ，即－a <1e－1，所以h (x 0)<而h (x )显然是增函数，∴0<x 0<1e ，∴1x 0>e ，∴h (e)＝e ＋1．综上，当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (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．解析(1)∵函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝a ＋ln x ＋1≥0在区间[e ，＋∞)上恒成立，∴a ≥(－ln x －1)max ＝－2，∴a ≥－2．∴a 的取值范围是[－2，＋∞)．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，∴k min，令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －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，＋∞)上单调递增，∵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，当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．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＋ln x 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．[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一(隐零点)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a<1，∴f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二(同构)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．[例3]已知函数f (x )＝ln x －kx (k ∈R )，g (x )＝x (e x －2)．(1)若f (x )有唯一零点，求k 的取值范围；(2)若g (x )－f (x )≥1恒成立，求k 的取值范围．解析(1)由f (x )＝ln x －kx 有唯一零点，可得方程ln x －kx ＝0，即k ＝ln xx 有唯一实根，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x2，由h ′(x )>0，得0<x <e ；由h ′(x )<0，得x >e ，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．∴h (x )≤h (e)＝1e，又h (1)＝0，∴当0<x <1时，h (x )<0；又当x >e 时，h (x )＝ln xx >0，则h (x )＝ln xx的大致图象如图所示，可知，k ＝1e或k ≤0．(2)∵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 x x －e x ＋2，则φ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2－e x ＝－ln x －x 2e x x 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1－12ee >0，μ(1)＝－e<0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 200e x ，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 0－0e x＋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]已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0，1)上是增函数；(2)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．解析(1)由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)，当x ∈(0，1)，0<a ≤1时，1x >1，0<cos(1－x )<1，∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0，故函数G (x )在区间(0，1)上是增函数．(2)解法一由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即b >－e x ＋mx 2＋2x ＋2恒成立，令h (x )＝－e x ＋mx 2＋2x ＋2，则h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2，h ′′(x )＝－e x ＋2m <0，∴h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2在(0，＋∞)上单调递减，h ′(x )max <h ′(0)＝0，且当x →＋∞时，h ′(x )→－∞，则必存在x 0，使得h (x 0)＝0，即－0e x ＋2mx 0＋2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (x 0)＝－0e x＋2mx 0＋2，即h (x 0)＝－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋20x ＋x 0＋2，令m (x )x ＋x ＋2，x ∈(0，ln2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x ＋1，令n (x )＝12(x －1)e x ＋1，则n ′(x )＝12x e x >0，∴m ′(x )在(0，ln2)上单调递增，∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln2)上单调递增，∴m (x )<m (ln2)＝2ln2，∴b ≥2ln2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．解法二由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即x 2m －e x ＋2x －b ＋2<0恒成立，令h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2，h ′(m )＝x 2≥0，∴h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2在(－∞，0)上单调递增，即∴h (m )<h (0)＝－e x＋2x －b ＋2<0即可，即b >－e x＋2x ＋2令m (x )＝－e x＋2x ＋2，∵m ′(x )＝－e x＋2，令m ′(x )＝0，解得x ＝ln 2．∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，∴m (x )max ＝m (ln 2)＝2ln 2，∴b ≥2ln 2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．[例5]已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0．(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解析(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －，∴g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2．当0<a <14时，g (x )上单调递增，上单调递减；当a ≥14时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －＝0，解得a ＝x －1－ln x 1＋x －1，令φ(x )＝－ln x ＋x 2－x －＋x －1－ln x 1＋x －1，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e－1－<0．故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0．令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在(1，＋∞)上单调递增．∴0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e)1＋e －1＝e －21＋e－1<1．即a 0∈(0，1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0．因为f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0．∴当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0．综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【对点训练】1．已知函数f (x )＝x ln x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程；(2)若当x >1时，f (x )＋x >k (x －1)恒成立，求正整数k 的最大值．1．解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，因为f ′(e )＝2，f (e )＝e ，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程为y －e ＝2(x －e )，即2x －y －e ＝0．(2)由f (x )＋x >k (x －1)，得x ln x ＋x >k (x －1)．即k <x ln x ＋x x －1对于x >1恒成立，令g (x )＝x ln x ＋x x －1，只需k <g (x )min ，g ′(x )＝(x －1)(ln x ＋2)－x ln x －x (x －1)2＝x －ln x －2(x －1)2，令u (x )＝x －ln x －2，则u ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以u (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上单调递增，因为u (2)＝－ln 2<0，u (3)＝1－ln 3<0，u (4)＝2－ln 4>0，所以∃x0∈(3，4)，使得u(x0)＝x0－ln x0－2＝0，且当1<x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0ln x0＋x0x0－1＝x0(x0－2)＋x0x0－1＝x0∈(3，4)，又因为k∈N*，所以k max＝3．2．(2012全国Ⅱ)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．2．解析(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(－∞，＋∞)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)单调递减，在(ln a，＋∞)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，＋∞)单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x0，则x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(x0)，又由g′(x0)＝0，可得0e x＝x0＋2，所以g(x0)＝x0＋1∈(2，3)．，故①等价于k<g(x0)，故整数k的最大值为2．3．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 b的最小值．3．解析(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)e x(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)e x，当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增．(2)由函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)e x＋ln x－x－b(b∈Z)，因为g (x )≤0对任意的x b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －x因为x x －1<0．再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以函数t (x )单调递增．因为e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x0＝－ln x 0，所以h (x )(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＝1－0(－4，－3)．因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3．4．已知函数f (x )＝x －ln x －e xx ．(1)求f (x )的最大值；(2)若f (x )x －bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．4．解析(1)f (x )＝x －ln x －e x x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x －e x (x －1)x 2＝(x －1)(x －ex )x 2．令g (x )＝x －e x (x >0)，则g ′(x )＝1－e x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x )<g (0)＝－1<0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (1)＝1－e ．(2)f (x )x －bx ≥1，⇔－ln x ＋x －e x x ＋x e x ＋e x x －bx ≥1，⇔x e x －ln x －1＋xx ≥b 恒成立，令φ(x )＝x e x －ln x －1＋xx ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln xx 2．令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增，x →0，h (x )→－∞，且h (1)＝e>0，所以h (x )在(0，1)上存在零点x 0，即h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，x 20e x 0＋ln x 0＝0⇔x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝ln 1x 0)，由于y ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，故x 0＝ln 1x 0＝－ln x0，即e x 0＝1x 0，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1＋x 0x 0＝1＋x 0－1＋x 0x 0＝2，因此b ≤2，即实数b 的取值范围是(－∞，2]．5．设函数f (x )＝e x ＋ax ，a ∈R ．(1)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)均有2f (x )＋3≥x 2＋a 2，求a 的取值范围．5．解析(1)由题意得f ′(x )＝e x ＋a ，当a ≥0时，f ′(x )>0，此时函数f (x )在R 上单调递增，不符合题意；当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )，函数f (x )在(－∞，ln(－a ))上单调递减，在(ln(－a )，＋∞)上单调递增，则f (ln(－a ))为f (x )的极小值，要使函数f (x )有两个零点，则f (ln(－a ))<0，解得a <－e ，所以a 的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g (x )＝2f (x )＋3－x 2－a 2＝2e x －(x －a )2＋3，x ≥0，则g ′(x )＝2(e x －x ＋a )．设h (x )＝2(e x －x ＋a )，则h ′(x )＝2(e x －1)≥0．所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，且h (0)＝2(a ＋1)．①当a ＋1≥0，即a ≥－1时，g ′(x )≥0恒成立，即函数g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (0)＝5－a 2≥0，解得－5≤a ≤5．又a ≥－1，所以－1≤a ≤5．②当a ＋1<0，即a <－1时，则存在x 0>0，使h (x 0)＝0且当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，函数g (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝2e x 0－(x 0－a )2＋3．又h (x 0)＝2(e x 0－x 0＋a )＝0，从而g (x )min ＝g (x 0)＝2e x 0－x 20＋2ax 0－a 2＋3＝2x 0－2a －x 20＋2ax 0－a 2＋3＝－x 20＋2(a ＋1)x 0－(a ＋3)(a －1)＝(－x 0＋a ＋3)(x 0－a ＋1)≥0，即a －1≤x 0≤a ＋3．由于x 0是单调增函数h (x )＝2(e x －x ＋a )在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a －1≤x 0≤a ＋3(a <－1)，则只需0≤x 0≤a ＋3，故只需保证g ′(a ＋3)＝2[e a ＋3－2(a ＋3)＋2a ]≥0，即e a ＋3≥3，故实数，ln 3－3≤a <－1．综上所述，a 的取值范围为[ln3－3，5]．。

函数隐性零点的处理技巧

.函数隐性零点的处理技巧大招总结导数用来处理函数综合性问题，最终都会归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导函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是导数综合应用中最核心的问题。

导函数的零点，根据其数值计算上的差异可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称为“隐零点”。

此讲通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法：隐零点的虚设和代换。

一般步骤如下：①确定零点的存在范围。

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，也可以由函数的图像特征得到，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，由所求解问题确定，因此必要时尽可能缩小其范围。

②根据零点的意义进行代数式的替换，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数、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键。

③结合前两步，确定目标式的范围。

隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗度陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。

典型例题的最大值。

求时，＞为整数，且当）若（的单调区间；）求（：设函数例k x x f k x x k a x f ax e x f x ,01)()-(0,12)(12--)(1≥++′==.2)(),3,2(1)(,2,0)().()∞,0()(0)(),(0)(),0().2,1(,)∞,0()()∞,0(2--)(0)2(0)1()∞,0(2--)(11,)1-()2--()(,1-1)()0(1-101)1-)(-(0,1)1-)(-(1)()-(,12)∞,(ln )ln ∞-()(0-)()∞,(ln ∈0-)()ln ∞-(∈02--)(0-)(,0≤,-)(2--)(1000000000020的最大值为，故整数＜由于①式等价于所以可得又由上的最小值为在所以；＞时，；当＜时，当则有此零点为上存在唯一的零点，设在故上存在唯一的零点，在所以，＞，＜而上单调递增，在时，函数）知，当由（则令①，＞＜等价于＞时，＞故当所以，）由于（上单调递增。

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．。

第20集导数综合问题——隐零点代换

导数解决函数的综合问题最终都会归结为函数的单调性判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说导函数的零点求解或者估值是导数问题的关键。

导函数的零点根据数值上的差异可以分为两类：（1）数值上能精确求解的，不妨称之为“显零点”；（2）可以判断导函数的零点存在，但却无法求出的，不妨称之为“隐零点”。

对于隐零点问题，可以将这个零点虚设出来，而不必具体求出，然后利用整体代换的策略进行转化，最终使得问题解决。

隐零点问题涉及到灵活的代数变形，需要缜密的逻辑推论和强大的计算能力，因此是高考的难点。

一·隐零点的处理策略
1·不含参数的隐零点问题：
2·含有参数的隐零点问题：
二·高考总关于隐零点问题的题型归纳 1·证明函数不等式：
2·求参数的取值范围：
3·函数极值的估算：。

专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)

导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。

2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈，当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>，所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立，所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值；（2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行，则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+，当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点，当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=，当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<，若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<，综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由；（2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+，当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增，而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'，故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭，当[)0,x x π∈-时，()0f x '<；当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'，当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立，则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-，易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增，又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->，故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=，此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+，当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈，易知()x ϕ在()1,a 上单调递减，所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增，当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增，所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增，综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=，所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点，所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()'f x 为()f x 的导数．证明：（1）()'f x 在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)，有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意；当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减，又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意；当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增，又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。

高中数学导数新授课中的隐零点问题

隐零点代换与估计隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.高考中曾多次考察隐零点代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论. 一．基本原理1.解题步骤：第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程'()f x =00，并结合()f x 的单调性得到零点的范围；第2步：以零点为分界点，说明导函数'()f x 的正负，进而得到()f x 的最值表达式；第3步：将零点方程'()f x =00适当变形，整体代入()f x 最值式子进行化简： ①要么消除()f x 最值式中的指对项 ②要么消除其中的参数项；从而得到()f x 最值式的估计. 2.隐零点的同构实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：原理分析⎪⎩⎪⎨⎧--+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧--+=1ln ln ln )(ln 1)(x x xx x x x f x e e x xe x f x x x 0ln ln )ln ()(2=+⇒-=-⇒=x e x xxx f xe x f x x 所以在解决形如0ln 1=+⇔=x x xe x，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 二．典例分析 1.隐零点代换例1．已知函数()()ln ,0f x ax a =>.（1）当1a =时，若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y kx b =+，证明：()f x kx b ≤+；（2）若()()1e x af x x -≤-，求a 的取值范围.解析：（2）记()()()()1e 1e ln ln ,0x ax a h x x f x x x a x --=--=--->，依题意，()0h x ≥恒成立，求导得()1e,0x ah x x x x -=-'>，令()()211e ,1e 0x a x a y h x x y x x x--''==-=++>，则()h x '在()0,∞+上单调递增，又()()12111()e 20,11e 0221a h h a a a -'-'=<+=+->+，则01,12x a ⎛⎫∃∈+ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即0001e x ax x -=成立，则当()()()00,,0,x x h x h x '∈<单调递减；当()()()0,,0,x x h x h x ∞'∈+>单调递增，()()0min 000()1e ln ln x a h x h x x x a -==---，由0001ex ax x -=，得000201e,2ln x aa x x x -==+，于是得()()00000201ln ln 2ln x h x x x x x -=--+，当()1,x ∞∈+时，令()21ln x t x x x -=-，有()()()()3120,x x t x tx x -+=<'在()1,+∞上单调递减，而2ln x x +在()1,+∞上单调递增，即有函数()ln 2ln y x x =-+在()1,+∞上单调递减，于是得函数()()21ln ln 2ln x x x x x x ϕ-=--+在()1,+∞上单调递减，则当()01,x ∈+∞时，()()()0010h x x ϕϕ=<=，不合题意；当01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦且002ln 0x x +>时，由（1）中ln 1x x ≤-知，00ln 1x x -≥-，有()()0000ln 2ln 12ln x x x x -+≥-+，从而()()()000000000220011ln ln 2ln ln 12ln x x h x x x x x x x x x --=--+≥-+-+ ()0000002200113ln 1311x x x x x x x x --=--+≥---+()()()0002012121x x x x --+=，由01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦知()00h x ≥，因此满足()()1e x a f x x -≤-，又002ln ,2ln a x x y x x =+=+在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，则有12ln2,12a ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，而0a >，所以实数a 的取值范围是(]0,1.例2．已知函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>（e 是自然对数的底数）．（1）当1a =时，试判断()f x 在()1,+∞上极值点的个数；（2）当1e 1a >-时，求证：对任意1x >，()1f x a>．解析：（1）()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明：由22(1)(e )e (1)11()x a x axx x x f x x xx ------'=-=，设()=e 1x ax h x x ---，则1()e 11x a h x x -=--- 在()1,+∞上是增函数，当1x +→ 时，()h x →-∞，因为1e 1a >-，所以1(1)e 10h a a +=-->，所以存在0(1,1)x a ∈+ ，使得0000()e 01x ax h x x -=-=-，当0(1,)x x ∈时，()0h x <，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x >，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，故0x x = 是函数()()eln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>的极小值点，也是最小值点，则()0000e ln l 1)n ()(x a f x x f x a x --+=+≥ ，又因为000e 1x ax x -=-，所以()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a ->-+-，设()ln 11g x x x =--，则()ln 11g x x x =--在()1,+∞上单调递减，因为0(1,1)x a ∈+，所以0()(1)g x g a >+ ，故()001ln ln 111x a x a ->-+-，故对任意1x >，()1f x a>. 例3.（2015四川卷）已知函数0,22ln )(2)(22>+--++-=a a a ax x x a x x f . （1）设)(x g 为)(x f 的导函数，试讨论)(x g 的单调性；（2）证明：存在)1,0(∈a ，使得0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立，且0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解.分析：第（1）问常规操作. 此处分析第（2）问. 对于第二问的分析尤为重要，因为这个题目用常规的恒成立与零点处理手法很难奏效，毕竟)(x f 的结构是很复杂的.若要0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立等价于0)(min ≥x f ，而同时0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解，这就表现0)(min =x f ，这才是这个题目的突破点.既然要0)(min =x f 则)(x f 在区间),1(+∞必然先减后增，于是函数的最小值不在端点处出现而是区间内点，这就意味着最小值处导函数值为零.基于上面的分析，我们便可入手解题.解析：由()2()2ln 2(1)0a f x x a x x '=---+=，得11ln 1x x a x ---=+．代入)(x f 解析式，令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------=-++--+++++, 则(1)10ϕ=＞，211e(e 2)e 2(e)2()01e 1e ϕ----=--++＜．故存在0(1,e)x ∈，使得0()0x ϕ=．令001001ln 1x x a x ---=+，()1ln u x x x =--(1)x ≥．由1()10u x x'=-≥知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以 001110()(1)(e)011111e e e +21u x u u a x ---===+++-＜＜＜．即 0(0,1)a ∈．当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x x ϕ==．由(1)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增，故当0(1,)x x ∈时，()0f x '＜，从而0()()0f x f x =＞；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '＞，从而0()()0f x f x =＞．所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ≥．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立, 且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．点评：通常我们处理隐零点的策略是代换掉指对项，但此解法利用隐零点代换掉参数，从而得到不含参数的表达式来解决，这个思想值得我们学习. 例4.（2020新高考1卷）已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）若1)(≥x f ，求a 的取值范围.解析：（1）切线方程为()12y e x =-+,故切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--. （2）由于1()eln ln x f x a x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x-'=+>即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11minf x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a< ，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x aex -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+, 故()1f x ≥恒成立；当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,)+∞. 2.隐零点同构例5.已知函数()axf x e x =-（a R ∈，e 为自然对数的底数），()ln 1g x x mx =++.（1）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，()()x f x x g x ⎡⎤⎣≥⎦+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围. 解析：（1）()f x 有两个零点⇔关于x 的方程ax e x =有两个相异实根，由0>ax e ，知0x >()f x ∴有两个零点ln x a x⇔=有两个相异实根.令()ln x G x x =，则()21ln xG x x -'=，由()0G x '>得：0x e <<，由()0G x '<得：x e >，()G x ∴在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，()()max 1G x G e e∴==，又()10G =，∴当01x <<时，()0G x <，当1x >时，()0G x > 当x →+∞时，()0G x →，()f x ∴有两个零点时，实数a 的取值范围为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭；（2）当1a =时，()xf x e x =-，∴原命题等价于ln 1x xe x mx ≥++对一切()0,x ∈+∞恒成立ln 1x x m e x x ⇔≤--对一切()0,x ∈+∞恒成立.令()()ln 10x x F x e x x x=--> ()min m F x ∴≤，()222ln ln x x x x e x F x e x x+'=+=，令()2ln xh x x e x =+，()0,x ∈+∞，则 ()2120x h x xe x e x '=++>，()h x ∴在()0,∞+上单增，又()10h e =>，1201110eh e e e -⎛⎫=-<-= ⎪⎝⎭01,1x e ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使()00h x =即0020e n 0l xx x +=①，当()00,x x ∈时，()0h x <，当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()F x 在()00,x 递减，在()0,x +∞递增，()()000min 00ln 1xx F x F x e x x ∴==-- 由①知0200ln x x e x =-，01ln 000000ln 111ln ln x x x x e e x x x x ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭∴函数()xx xe ϕ=在()0,∞+单调递增，001lnx x ∴=即00ln x x =-，()0ln 0min000011111x x F x e x x x x --∴=--=+-=，1m ∴≤ ∴实数m 的取值范围为(],1-∞.注：本题再次涉及隐零点同构，否则的话，很难找到隐零点具体的代换方向！例6.（2019成都一诊理）已知函数R a ax xe x a xf x∈+--=,ln )(. （1）当0<a ，讨论)(x f 的单调性；（2）当1=a 时，若1)1()(≥-++bx e xx x f x恒成立，求b 的取值范围. 解析：（2）由题意，当1a =时，不等式()11x f x x e bx x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭恒成立.即()ln 11x xe x b x -+-≥恒成立，即ln 11xx b e x x-≤--恒成立. 设()ln 1xx g x e x x =---.则()22221ln 1ln x xx x e x g x e x x x -+=-+='. 设()2ln x h x x e x =+，则()()212xh x x x e x='++.当0x >时，有()0h x '>.()h x ∴在()0,+∞上单调递增，且()10h e =>，1ln202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭.函数()h x 有唯一的零点0x ，且0112x <<.当()00,x x ∈时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增.即()0g x 为()g x 在定义域内的最小值.0000ln 11x x b e x x ∴-≤--.()00h x =，得0000ln x xx e x =-，0112x <<.()*⋯⋯ 令()xk x xe =，112x <<.∴方程()*等价于()()ln k x k x =-，112x <<. 而()()1xk x x e +'=在()0,+∞上恒大于零，()k x ∴在()0,+∞上单调递增.故()()ln k x k x =-等价于ln x x =-，112x <<.设函数()ln m x x x =+，112x <<.易知()m x 单调递增. 又11ln2022m ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110m =>，0x ∴是函数的唯一零点. 即00ln x x =-，001x e x =. 故()g x 的最小值()()000000000ln 1111xx x g x e x x x x x -=--=--=.∴实数b 的取值范围为(],2-∞. 注：注意00ln x x =-，01x e x =这一步代换！ 3.隐零点的估计.例7.（2017新课标2卷）已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥．（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．习题2.解析：（1）1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--．设()22ln h x x x =--，则1()2h x x '=-．当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点．由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-．由0(0,1)x ∈得，01()4f x <．因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2e f x --<<．例8.（2016年全国2卷）（1）讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>；（2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag x x x --> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．解析（1）证明：()2e 2x x f x x -=+()()()22224e e 222x x x x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭ ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+∴()2e 20x x x -++> （2）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+，由（1）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<，0)2(>=+a a f ，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=.当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减；当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增．因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+．于是()2ax a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2x e x +单调递增．所以，由(0,2]a x ∈，得4)(212e a h <<，因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．。

高考数学6类隐零点的终极解题套路

高考导数例1.已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。

解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立 ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in 令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e[1,1]则'=--()2ln h x x x h x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200 当∈x ex 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。

∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0 ∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0隐零点的六类终极解题套路技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< 即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x . （2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭。

导数隐零点问题的6种考法总结-

导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。

高考数学复习。《导数中的隐零点问题》

高考数学复习。

《导数中的隐零点问题》本文介绍了求解导数中的隐零点问题的一般策略。

首先通过零点存在性定理或二分法判断导函数零点的存在性，并列出零点方程。

然后将零点方程适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。

接下来分析了两个典型例题。

第一个例题是关于不含参函数的隐零点问题，通过设定方程f'(x)=0的根为x，确定x的范围，再通过整体代换和过渡，结合其他条件，求出函数f(x)的最值和唯一极大值点x。

第二个例题是关于含参函数的隐零点问题，通过求导、化简和代入，讨论了函数的最值和存在性。

首先，我们需要明确一些符号的含义。

对于函数$f(x)$，我们用$f'(x)$表示其导函数。

对于含参函数$f(x,a)$，我们用$f'(x,a)$表示其导函数方程的根。

现在我们来探讨一些函数的性质。

对于函数$f(x)$，如果$f'(x)$在某个区间内恒小于$0$，那么$f(x)$在该区间内单调递减。

如果$f'(x)$在某个区间内恒大于$0$，那么$f(x)$在该区间内单调递增。

如果$f'(x)$在某个区间内恒为$0$，那么$f(x)$在该区间内可能存在极值，但不一定存在最大值或最小值。

对于含参函数$f(x,a)$，我们需要用零点方程得出参数$a$与零点$x$的关系，然后结合具体问题进行求解。

例如，对于函数$f(x,a)=e^x+a$，如果$f'(x,a)$的根为$x_0$，那么$f'(x,a)=e^x-a$，$x_0=\ln a$。

我们需要注意确定$x$的合适范围，往往和$a$的范围有关。

现在我们来看一个例题。

已知函数$f(x)=e^x+m-x^3$，求使得曲线$y=f(x)$在点$(x_0,f(x_0))$处的切线斜率为$1$的实数$m$的值，以及当$m\geq 1$时，证明$f(x)>g(x)-x^3$，其中$g(x)=\ln(x+1)+2$。

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高三数学一轮复习第二十讲：导数的方法与技巧一（隐零点问题）
1.已知函数
()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈（1）若函数与的图像无公共点，试求实数的取值范围；
()f x ()g x a （2）是否存在实数，使得对任意的，都有函数的图像在的图像m 1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭
()m y f x x =+()x e g x x =的下方？若存在，求出最大整数的值；若不存在，请说明理由.
m
(参考数据：)
ln 20.6931,ln 3 1.3956≈≈≈≈
2.已知函数，其中，为自然对数的底数. ()()222
x a f x x e x =--a R ∈e (1)函数的图象能否与轴相切？若能求出实数的值；否则，说明理由.
()f x x a (2)若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值.
()2y f x x =+R a
3.设函数. ()()ln ,21x
f x x x
g x x e x =-=⋅--（1）关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； x ()2103
f x x x m =-+[]1,3m （2）证明：当时，.
0x >()()g x f x ≥
4.已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. ()()()2
23,x f x e x a a R =--+∈()0,0x f x ≥≥a
5.已知函数.
()ln 1f x ax x =++（1）讨论函数零点的个数；
()f x （2）对任意的恒成立，求实数的取值范围. ()20,x
x f x xe >≤a
6.已知函数. ()2
x f x e x ax =--（1）若函数在R 上单调递增，求实数的取值范围.
()f x a （2）若，证明：当时，. 1a =0x >()2
ln 2ln 2122f x ⎛⎫>-- ⎪⎝⎭
(参考数据：)
2.71828,ln 20.69e ≈≈
7.已知函数.
()()ln f x x ax x a R =+∈（1）讨论函数的单调性；
()f x （2）若函数存在极大值，且极大值点为，证明：.
()ln f x x ax x =+1()2x f x e
x -≤+
课后作业
1.已知函数. ()()()5ln ,1
kx f x x g x k R x =+=∈+（1）若函数的图像在点处的切线与函数的图像相切，求的值；
()f x ()()1,1f ()y g x =k （2）若，且时，恒有，求的最大值；
k N *∈()1,x ∈+∞()()f x g x >k
（参考数据：）. )ln 5 1.61,ln 6 1.918,ln
10.8814≈≈+≈
2.设函数. ()()2ln 2
a f x x x x a x a R =-+-∈（1）若函数有两个不同极值点，求实数的取值范围；
()f x a （2）若，且当时不等式恒成立，试求()2
2,,22a k N g x x x *=∈=--2x >()()()2k x g x f x -+<k 的最大值.。