隐零点问题 ppt课件
微专题：隐零点四种形式课件-2024届高三数学二轮复习
变式2：已知函数 =
,
= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;
(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;
+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +
(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4
2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln 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＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
专题22 隐零点问题(解析版)
专题22隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．1．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．【解析】(1)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0，即k <x ＋x ＋1e x－1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h (x )的隐零点)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α.又e α＝α＋2且α∈(1,2)，则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)，所以k 的最大值为2.2．已知函数f (x )＝1－ln xx 2.(1)求函数f (x )的零点及单调区间；(2)求证：曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y 0<－1.【解析】(1)函数f (x )的零点为e.函数f (x )，＋，e (解答过程略)(2)证明：要证明曲线y ＝ln xx 存在斜率为6的切线，即证明y ′＝1－ln x x 2＝6有解，等价于1－ln x －6x 2＝0在x >0上有解．构造辅助函数g (x )＝1－ln x －6x 2(x >0)，g ′(x )＝－1x －12x <0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－5<0，1＋ln 2－32>0，所以∃x 0g (x 0)＝0.即证明曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线．设切点坐标为(x 0，f (x 0))，则f (x 0)＝ln x 0x 0＝1－6x 20x 0＝1x 0－6x 0，x 0令h (x )＝1x－6x ，x由h (x )h (x )<1，所以y 0＝f (x 0)<－1.3．设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点．当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，所以当a ＞0时，f ′(x )法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x ＞0)．因为函数g (x )＝2x (x ＞0)，h (x )＝e 2x (x ＞0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x ＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a ＞0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0.当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .4．已知函数f(x)＝xe x －a(x ＋ln x)．(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x 0是f(x)的一个极小值点，且f(x 0)>0，证明：f(x 0)>2(x 0－x 30)．【解析】(1)f′(x)＝(x ＋1)e x －(x ＋x ＝x ＋1xe x －ax，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)＝xe 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x 0>0，使h(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x ＝x 0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)证明由(1)得，f′(x 0)＝0，即00e xx ＝a ，f(x 0)＝00e xx －a(x 0＋ln x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)，因为f(x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g(x)＝1－x －ln x ，g′(x)＝－1－1x <0，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x 0∈(0,1)，设φ(x)＝ln x －x ＋1，x ∈(0,1)，φ′(x)＝1x －1＝1－x x，当x ∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x －1，所以－ln x>1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x >x ＋1>0.因为x 0∈(0,1)，所以0e x>x 0＋1>0,1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0>0，相乘得0e x(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f(x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．结论成立．5．已知函数f(x)＝－ln x －x 2＋x ，g(x)＝(x －2)e x －x 2＋m(其中e 为自然对数的底数)．当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m 的最大值．【解析】当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x.令h(x)＝(－x ＋2)e x －ln x ＋x ，x ∈(0,1]，所以h′(x)＝(1－x 当0<x≤1时，1－x≥0，设u(x)＝e x －1x ，则u′(x)＝e x ＋1x2>0，所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，且＝e －2<0，u(1)＝e －1>0，所以存在x 0u(x 0)＝0，即0e x＝1x 0，所以ln x 0＝－x 0.当x ∈(0，x 0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x ∈(x 0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.所以函数h(x)在(0，x 0]上单调递减，在[x 0,1)上单调递增，所以h(x)min ＝h(x 0)＝(－x 0＋2)0e x－ln x 0＋x 0＝(－x 0＋2)·1x 0＋2x 0＝－1＋2x 0＋2x 0.因为y ＝－1＋2x ＋2x 在x ∈(0,1)上单调递减，又x 0h(x 0)＝－1＋2x 0＋2x 0∈(3,4)，所以当m≤3时，不等式m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x 对任意的x ∈(0,1]恒成立，所以正整数m 的最大值是3.6．已知f(x)＝x 2－4x －6ln x.(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf′(x)－f(x)＞x 2＋12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x －(a －6)ln x ，若g(x)有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g(x)的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f(x)＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x －4－6x ，且f′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f′(x)＝2x (x ＋1)(x －3)，令f′(x)＞0解得x ＞3，令f′(x)＜0解得0＜x ＜3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf′(x)－f(x)＞x 2＋12等价于k ＜x ＋xln x x －1，记h(x)＝x ＋xln xx －1，则k<h(x)min ，且h′(x)＝x －2－ln x (x －1)2，记m(x)＝x －2－ln x ，则m′(x)＝1－1x ＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m(3)＝1－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m(x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h(x)在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h(x)min ＝h(x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g(x)＝x 2－aln x ，则g′(x)＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x ，令g′(x)＝0，得x 0＝a2，当x g′(x)＜0，当x g′(x)＞0，所以g(x)而要使g(x)有两个零点，要满足g(x 0)＜0，即－alna2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t(t ＞1)，由g(x 1)＝g(x 2)，可得x 21－aln x 1＝x 22－aln x 2，即x 21－aln x 1＝t 2x 21－aln tx 1，所以x 21＝aln t t 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2aln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h(t)＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h′(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，则n′(t)＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.7．已知函数()e =-x f x a bx ．当1a ≥时,4()ln 5+≥f x x ,求整数b 的最大值．【解析】当1a 时,4ln 5xae bx x -+ ,即4ln 5xe bx x -+ ,因为0x >,所以只需4ln 5x e x b x-- ,令4ln 5()x e x g x x--=,4(1)5g e =-,所以45b e - ．21(1)ln 5()x e x x g x x '-+-=,令1()(1)ln 5xF x e x x =-+-,()F x 在(0,)+∞递增但()0F x =无法求解,故引入隐零点：211(1)0,(2)ln 2055F F e =-<=+->,根据零点存在性定理,0(1,2)x ∃∈,使得()00F x =,即()00011ln 05x ex x -+-=．当()00,x x ∈时,()0<F x ,即()0g x '<,()g x 为减函数,当()0,x x ∈+∞时,()0F x >,即()0g x '>,()g x 为增函数,所以()000min004ln 15()x x e x g x g x e x x --===-,故001x b e x -；1x y e x=-在(0,)+∞递增,0(1,2)x ∈,所以0011x e e x ->-,又45b e -所以整数b 的最大值是1．8．已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x af x ex a-'=-+.∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减，∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f ea ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+，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0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x aex a -=+（*）.函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增.∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解.又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.9．已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．（1）令()()()h x f x eg x =-，求()h x 的最小值；（2）若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【解析】（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，∴()()()1111xx e h x x e e x e x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴当()0,1x ∈，()0h x '<，即()h x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞上单调递增，故()()10h x h ≥=，∴()h x 的最小值为0；（2）原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由01ln 20000001ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有x y xe =在()0,∞+上单调递增，∴0001lnln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000minln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦，∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．10．已知函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在点()()22,A e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4．（1）求实数a 的值；（2）若m Z ∈，且()()11m x f x -<+对任意1x >恒成立，求m 的最大值．【解析】（1）()()1ln f x a x x x =-+ ，()ln f x x a ∴'=+，函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在2x e =处的切线斜率为4，()24f e ∴'=，即2ln 4a e +=，因此，2a =；（2）由（1）知()ln f x x x x =+．()()1m x f x -< 对任意1x >恒成立，()1ln 111f x x x x m x x +++∴<=--对任意1x >恒成立，令()ln 11x x x g x x ++=-，则()()()()()()22ln 21ln 1ln 311x x x x x x x g x x x +--++--==--'，令()ln 3u x x x =--，则()11u x x'=-，1x >Q ，()0u x ∴'>，()ln 3u x x x ∴=--在()1,+∞为增函数，()41ln 40u =-< ，()52ln 50u =->，∴存在()04,5x ∈，使()000ln 30u x x x =--=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数()y g x =单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，函数()y g x =单调递增.()()()00000min 003111x x x g x g x x x +-+∴===--，故有01m x <-对1x >恒成立．()04,5x ∈ ，()013,4x ∴-∈，因此，m 的最大值为3．11．已知函数()e ln xa f x x x x=-+.（1）若()f x 在2x =处的切线斜率为12,求实数a 的值；（2）当1e <-a 时,判断()f x 的极值点个数；（3）对任意1ex ≥,有()1f x ≤,求a 的取值范围.【解析】（1）()()()2e 1110x a x f x x x x-'=-+>,()2e 21242a f +'==,解得0a =（2）()()()()221e e 111x x x a x a x f x x x x -+-'=-+=,令()()e 0x x a x x ϕ=+>，当1e <-a 时,()11e e ex x x x x ϕ-<-⋅+=-+.易证：e 1x x ≥+,所以1e x x -≥.所以()0x x x ϕ<-+=.所以()0,1x ∈时,()0f x '>,单调递增,()1,x ∈+∞时,()0f x '<,单调递减,所以1x =是()f x 的唯一极值点,所以()f x 只有一个极值点.（3）任意1e x ≥,()e ln 1xa f x x x x =-+≤可转化为()ln 1e xx x x a -+≤令()()ln 1e x x x x h x -+=,()()()1ln 2e xx x x h x --+'=,令()ln 2x x x ϕ=-+,()1xx x ϕ'-=,令()10x x xϕ-'==,得1x =,()x ϕ在()0,1递增,在()1,+∞单调递减,且()110ϕ=>,()22e4e0ϕ=-<,(e)3e 0ϕ=->,1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,所以1e x ≥时,()x ϕ在()2e,e 内存在唯一零点0x ,1,1e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0x ϕ>,()0h x '>,()h x 单调递增,()01,x x ∈时,()0x ϕ>,()0h x '<,()h x 单调递减,()0,x x ∈+∞时,()0x ϕ<,()0h x '>,()h x 单调递增,所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭,12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=,所以020e x x -=所以()0002200e e e e x x x x h x ---==-=-，因为122e e e ----<-,所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以()()20min e h x h x -==-,即2a -≤-.12．已知定义在(1,)+∞上的函数()ln 2,()ln f x x x g x x x x =--=+.（1）求证：()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4)；（2）若k ∈Z,且()(1)g x k x >-对任意的1x >恒成立,求k 的最大值.【解析】（1）()f x 的定义域为()1,+∞,()'1110x f x x x-=-=>,所以()f x 在()1,+∞上递增.()()231ln 30,42ln 4ln ln 40f f e =-<=-=->,所以()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4).（2）由g （x ）>k （x ﹣1）对任意的x >1恒成立,得：k ln 1x x xx +<-,（x >1）,令h （x ）ln 1x x x x +=-,（x >1）,则()()()()'22ln 211f x x x h x x x --==--,设f （x 0）=0,则由（1）得：3<x 0<4,0000ln 20,ln 2x x x x --==-，∴h （x ）在（1,x 0）递减,在（x 0,+∞）递增,()h x 在()1,+∞上的极小值也即是最小值为()()()()000000000000021ln 3,4111x x x x x x x x h x x x x x -+-+====∈---,由于k 是整数,所以k 的最大值是3.13．已知函数()ln 2f x x =+,()()212e ln 0x g x a a a=->．（1）设函数()()12h x f x x =+--,求()h x 的最大值；（2）证明：()()f x g x ≤．【解析】（1）因为()()()ln 11h x x x x =+->-,所以()()11111x h x x x x '=-=->-++．当()1,0x ∈-时,()0h x '>；当()0,x ∈+∞时,()0h x '<．所以()h x 在()1,0-上为增函数,在()0,∞+上为减函数,从而()()max 00h x h ==．（2）证明：原不等式等价于()22e ln 2ln0xx a x a a aϕ=---≥,则()222e 2e x xa x a x x xϕ-'=-=,令()22e x a m x x =-,则()224e 0xa m x x '=+>,所以,()x ϕ'在()0,∞+上单调递增．令()22e x t x x a =-,则()00t a =-<,()()222e 2e 10a at a a a a =-=->,所以,存在唯一()00,x a ∈使得()02002e0x t x x a =-=,即()02002e0x ax x ϕ'=-=,当00x x <<时,()0x ϕ'<；当0x x >时,()0x ϕ'>此时()x ϕ在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增,要证()0x ϕ≥,即要证()00x ϕ≥．于是原问题转化为证明不等式组()00202002e 02e ln 2ln 0x x a x x a x a a a ϕ⎧-=⎪⎪⎨⎪=---≥⎪⎩,由0202e 0x a x -=,得020e 2x a x =,代入()02002e ln 2ln xx a x a a aϕ=---．对020e2x a x =两边取对数得00ln ln 22ax x =-,代入()0002ln 2ln 2a x a x a a x a ϕ=---,得()000222a x ax a x ϕ=+-．因为()00022202a x ax a a x ϕ=+-≥=,当且仅当012x =,e a =时,等号成立,所以()()f x g x ≤．14．已知函数()()()23ln R 2x f x a x a x a =+-+∈,在定义域上有两个极值点1212,,x x x x <且．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证:()()1250f x f x ++>【解析】（1）()()()(3),0,a f x x a x x '=+-+∈+∞,因为函数()f x 的定义域上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以方程()(3)0a f x x a x'=+-+=在(0,)+∞上有两个根1x ,2x ,且12x x <,即2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不相等的根1x ,2x ,所以2(3)02Δ(3)400a a a a -⎧->⎪⎪=-->⎨⎪>⎪⎩,解得01a <<,当01a <<时,若10x x <<或2x x >,2(3)0x a x a +-+>,()0f x '>,所以函数()f x 在1(0,)x 和2(x ,)∞+上单调递增,若212,22(3)20,()0x x x x a x a f x '<<+-+<<,所以函数()f x 在1(x ,2)x 上单调递减,故函数()f x 在(0,)+∞上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以,实数a 的取值范围是(0,1)；（2）证明：由（1）知,1x ,212(0)x x x <<是方程2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不等的实根,所以12123x x a x x a +=-⎧⎨=⎩,其中01a <<,故2212121122()()(3)ln (3)ln 22x x f x f x a x a x a x a x +=+-+++-+212121212()(3)()ln 2x x x x a x x a x x +=-+-++2(3)(3)(3)ln 2a a a a a a -=-+--+29ln 222a a a a =-+-,令29()ln 222a g a a a a =-+-,其中01a <<,故g '（a ）ln 3a a =-+,令1()()ln 3,()10h a g a a a h a a ''==-+=->,所以函数h （a ）在(0,1)上单调递增,由于33(e )2e 0h --=-<,h （1）20=>,所以存在常数3(t e -∈,1),使得()0h t =,即ln 30t t -+=,ln 3t t =-,且当(0,)a t ∈时,()h a ()g a '=0<,所以函数g （a ）在(0,)t 上单调递减,当(,1)a t ∈时,()h a ()g a '=0>,所以函数g （a ）在(,1)t 上单调递增,所以当01a <<时,222999()()ln 2(3)2222222t t t g a g t t t t t t t t ≥=-+-=--+-=--,又3(,1)t e -∈,2291(1)55222t t t --=-->-,所以g （a ）5>-,即g （a ）50+>,所以12()()50f x f x ++>．15．已知函数()()2ln 2f x x ax a x =-+-．（a R ∈）（1）讨论()f x 的单调性；（2）若对任意()0,x ∈+∞都有()()21x f x a x x xe x ++-≤-,求实数a 的取值范围．【解析】（1）函数定义域是()0,∞+,由已知()()()()2221211122ax a x x ax f x ax a x x x-+-+-+-'=-+-==,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()0f x '>,10x a ⇒<<,()0f x '<,1x a>所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数,综上所述,当0a ≤时,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数．（2）由题意得,对任意()0,x ∈+∞都有()()2e 1x f x a x x x x ++-≤-,即ln 1xx x a xe ++≥恒成立．令()ln 1e x x x g x x ++=,则()()()21ln ex x x x g x x -++'=．令()ln h x x x =+,则()h x 在()0,∞+上单调递增,因为1110e eh ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,()110h =>,所以存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()000ln 0h x x x =+=,当()00,x x ∈时()0h x <,()0g x '>,()g x 单调递增,当()0,x x ∈+∞时()0h x >,()0g x '<,()g x 单调递减．所以()()0000max 0ln 1e x x x g x g x x ++==,由于00ln 0x x +=,可得00ln x x =-．则001e x x =,所以()()0000max 0ln 11e x x x g x g x x ++===,又ln 1xx x a xe ++≥恒成立,所以1a ≥．综上所述实数a 的取值范围为[)1,+∞．16．已知函数()()212x f x xe ax ax a =++∈R（1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()214ln 12f x ax ax x ≥+++在()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()(1)x f x e a x '=++①当0a ≥时,0,10x e a x +>+>时,()0,()f x f x '>在(1,)-+∞上单调递增；当10x +<,即1x <-时,()0,()f x f x '<在(,1)-∞-上递减；②当10a e-<<时,令()0f x '>,得ln()x a <-或1x >-,函数递增；令()0f x '<,得ln()1a x -<<-,函数递减③当1a e=-时,()0f x '≥恒成立,函数在R 上递增④当1a e<-时,令()0f x '>,得1x <-或ln()x a >-,函数递增；令()0f x '<,得1ln()x a -<<-,函数递减.（2）不等式21()4ln 12f x ax ax x ≥+++在(0,)+∞上恒成立,即ln 13x xe x ax --≥对任意的,()0x ∈+∞恒成立,ln 13x x a e x+∴≤-对任意的,()0x ∈+∞恒成立记ln 1()x x F x e x +=-,则222ln ln ()x x x x e x F x e x x '+=+=,记2()ln x h x x e x =+,则21()2x x h x xe x e x'=++,易知()0h x '>在(0,)+∞上恒成立,()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且211211110,(1)0e e h e e h e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-<=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =,且当()00,x x ∈时()0h x <,即()0F x '<,∴函数()F x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时()0h x >,即()0F x '>,故()F x 在()0,x +∞上单调递增,()min 0()F x F x ∴=,即00min 0ln 1()x x F x e x +=-,又()00h x =,故0200ln x x e x =-,即100ln 001ln x x x e e x =⋅,令()x g x xe =()0x x x xe e xe '=+> 在(0,)+∞上恒成立,∴函数()x g x xe =在(0,)+∞上单调递增,且值域为(0,)+∞,0000000min 0000ln 1ln 1111ln ,()1x x x x e x x x F x e x x x x +--+-∴==-===，31a ∴≤.综上,实数a 的取值范围是1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.17．已知函数()e cos 2x f x a x =+-,()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间(0,)2π内极值点的个数；（2）若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,求整数a 的最小值．【解析】（1）解：由()e cos 2x f x a x =+-,得()e sin x f x a x '=-,令()e sin x g x a x =-则()e cos x g x a x '=-,(0,)2x π∈ ,e 1x ∴>,0cos 1x <<,当1a ≤时,()0g x '>,()g x 单调递增,即()'f x 在区间(0,2π内无极值点,当1a >时,()e sin x g x a x ''=+,(0,)2x π∈,故()0g x ''>,故()g x '在(0,)2π单调递增,又(0)10g a '=-<,2(e 02g ππ'=>,故存在0(0,)2x π∈,使得0()0g x '=,且0(0,)x x ∈时,()0g x '<,()g x 递减,0(x x ∈,2π时,()0g x '>,()g x 单调递增,故0x x =为()g x 的极小值点,此时()f x '在区间(0,2π内存在1个极小值点,无极大值点；综上：当1a ≤时,()f x '在区间(0,)2π内无极值点,当1a >时,()f x '在区间(0,)2π内存在1个极小值点,无极大值点．（2）解：若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则(0)120f a =+-≥,故1a ≥,下面证明1a ≥时,()0f x ≥在[2x π∈-,0]恒成立,[2x π∈- ,0]时,0cos 1x ≤≤,故1a ≥时,()e cos 2e cos 2x x f x a x x =+-≥+-,令()cos 2x h x e x =+--,[2x π∈-,0],故()e sin x h x x '=-令()sin x x e x ϕ=-则()e cos x x x ϕ'=-,()e sin x x x ϕ''=+在区间[2π-,0]单调递增,因为13()e e 0322ππϕ--''-=<-<,(0)10ϕ''=>,所以()x ϕ''在[,0]2π-上存在零点0x ,且02x x π-<<时,()0x ϕ''<；00x x <<时,()0x ϕ''>,故()x ϕ'在0,2x π⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数,在()0,0x 上为增函数,又2()e 02ππϕ-'-=>,1311(e e 0322ππϕ--'-=-<-<,(0)0ϕ'=,故存在1(2x π∈-,)3π-,使得1()0x ϕ'=,且(2x π∈-,1)x 时,()0x ϕ'>,()h x '递增,1(x x ∈,0)时,()0x ϕ'<,()h x '单调递减,故1x x =时,()h x '取得最大值,且1()()max h x h x '=',1()0x ϕ'= ,∴11cos x e x =,1111()()cos sin 04max h x h x x x x π∴'='=-=+≤,故()h x 单调递减,故[2x π∈-,0]时,()(0)0h x h ≥=即()0f x ≥成立,综上,若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则整数a 的最小值1．18．已知函数ln ()e xx ax f x +=,a ∈R .（1）若函数()y f x =在0x x =处取得极值1,其中0ln 2ln 3x <<.证明：1123ln 2ln 3a -<<-；（2）若1()e xf x x ≤-恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）证明：()1(ln )xa x ax x f x e +-+'=,因为函数()y f x =在0x x =处取得极值1,()()000001ln 0x a x ax x f x e +-+'∴==,且()0000ln 1x x ax f x e +==,00001ln x a x ax e x ∴+=+=,001x a e x ∴=-,令1()(0)x r x e x x =->,则2'1()0x r x e x=+>,()r x ∴为()0,∞+上的增函数,00ln 2ln 3x <<< ,(ln 2)(ln 3)r a r ∴<<,即1123ln 2ln 3a -<<-.（2）解：不等式1()e x f x x ≤-恒成立,即不等式n e l 1x x x ax --≥恒成立,即ln 1e x x a x x ≤--恒成立.令ln 1()e x x g x x x =--,则222221ln 1ln (e e )x x x x g x x x x -+'=-+=.令2()ln x h x x e x =+,则()21(e )2x h x x x x '=++.0x >,()0h x '∴>.()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且(1)0h e =>,1ln 2042h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭.()h x ∴有唯一零点1x ,且1112x <<.当()10,x x ∈时,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减；1111ln e 1x a x x x ∴≤--.由()10h x =整理得1111e ln x x x x =-,1112x << ,1ln 0x ->,令e ()(0)x k x x x =>,则方程1111e ln x x x x =-等价于()()11ln k x k x =-,而()(1e )x k x x '=+在(0,)+∞上恒大于零,()k x ∴在(0,)+∞上单调递增,()()11ln k x k x =- ,11ln x x ∴=-,111e x x ∴=,()()111111111ln 1e 111x x x g x x x x x x -∴=--=--=，1a ∴≤.所以实数a 的取值范围为(],1-∞.。
隐零点问题课件
故 m ≤ −e − ln + 2e ＋
min ，
记h
＝－ x e x －ln
∴h' ＝ 1 −
由于 x ∈
1
，1
2
e
1
x
x ＋2e ＋ x ， x ∈ ，1
2
1
−
，
，
1
1
x
，所以1－ x ≥0，有 y ＝e ， y ＝－ 均为 x ∈ ，1
1， a ＞1，φ' ＝－e a －1＋1＜0，
所以φ 在 1，＋∞ 上单调递减，φ 2 ＝3－e＞0，φ 3 ＝4－e2＜
0，故整数 a 的最大值为2.
考点二
例2
利用“隐零点”确定参数取值范围
已知函数 f
数的底数.
e
＝x＋ ，g
＝ sin x ，其中 a 为实数，e是自然对
(1)当 a ＝－1时，证明：∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 ；
π
sin x 2≥－1，当且仅当 x 2＝2 k π－ ， k
2
∈Z时，等号成立，
所以对∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 .
(2)若 h ＝ f － g 在 0，π 上有唯一的极值点，求实数 a 的取值
范围.
[解] 因为 h
则h'
e
＝x＋ －
e
＝1＋ －
0
1
1
，对勾函数 y ＝ x 0＋ 在 x 0∈ ，1
0
2
5
2，
2
，所以 h
∴ m 能取到的最大正整数为3.
高考总复习二轮数学精品课件 专题6 函数与导数 培优拓展(十三) 隐零点问题
x
x
h(x)=f'(x)=e
4
- ,x∈(1,+∞),则
h'(x)=e
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,即f'(x)在(1,+∞)上单调递增,
又f'(1)<0,f'(2)>0,
所以f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数为1.
x
4
+ 2>0,
(2)证明令g(x)=ex-4xlnx-1,x∈(1,+∞),则g'(x)=ex-4lnx-4,即f(x)=g'(x),
点范围还可以适当缩小.
对点训练
(2023河南豫南名校联考三模)已知函数f(x)=ex-4lnx-4.
(1)判断f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数,并说明理由;
(2)证明:当x∈(1,+∞)时,ex-4xlnx-1>0.
注:0.69<ln2<0.7.
(1)解 f'(x)=e
4
- ,x∈(1,+∞),令
由(1)可知存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,
当1<x<x0时,f'(x)<0;当x>x0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又因为f(1)<0,f(2)>0,存在x1∈(1,2),使得f(x1)=0,即e1 -4ln x1-4=0,
当1<x<x1时,g'(x)<0;当x>x1时,g'(x)>0,
2024届高考二轮复习理科数学课件：函数的隐零点问题与极值点偏移问题
规律方法要证明x1+x2>2m或x1+x2<2m,如果m是函数f(x)的极值点,构造函
数g(x)=f(x)-f(2m-x),由f(x)及g(x)的单调性最后证出要证的结论.
对点训练3
(2023 江西上饶二模)已知函数
+3
f(x)=a(x+1)- e ,x∈R.
由 g'(x2)=322 -6x2+1-k=0,得 1-k=-322 +6x2,
g(x2)=23 -322 +(1-k)x2+4=23 -322 +(-322 +6x2)x2+4=-223 +322 +4,
令x2=t,g(x2)=h(t)=-2t3+3t2+4(1<t<2),h'(t)=-6t2+6t=-6t(t-1)<0,
横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得-
2
=-2,所以a=1.
(2)证明 (方法一)设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,
e
及 f(x)max=f(1),则必有 0<x1<1<x2,要证
x1+x2>2,即证 x1>2-x2,
新高考数学二轮复习隐零点问题培优课件
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝e1π－1<0，
g－π2＝e
2
＋cos－π2＝ e
2
>0，
∴存在唯一 x0∈－π，－π2， 使g(x0)＝ex0＋cos x0＝0， 又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴当 x＝x0 时，g(x)取极大值 g(x0)＝ln x0－12x20＋(x0－1)2 ex0＝－12x20＋x10 －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＋ln 2>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.
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，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－ 1 x2零点的个数，并说明理由. 2
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1， 所以 f′(x)＝aex－x＋1 1＝aexxx＋＋11－1(x>－1)， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
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：。
高考二轮复习专题导数中的隐零点问题PPT演示课件
导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断 其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见 函数形式.
二.含参的零点问题
例2.已 知 函 数f ( x) x3 3x2 (2 t)x, f '( x)为f ( x)的 导 函 数 ， 其 中t R. (1)当t 2,求 函 数f ( x)的 单 调 区 间 ；
S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；
f '(x) 0有 两 个 不 同 的 实 根x , x ， 且 两 侧 异 号 f (x)有 两 个 极 值 ， S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；
注：（1）确定隐性零点，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特1 征得到2 ，及题设条件得到等等；
2x 2
16 ( x 1)2
2( x 1)3 16 ( x 1)2
令h'( x) 0, x 1, x ( ,1),h'( x) 0, x (1,0),h'( x) 0.
h( x)min h(1) 11, 2 t 11.
评 析 ： 法 二 通 过 分 参构 ，造 函 数 ， 避 开 了 直把 接极 值 点 代 入 求 值 。 不 等 式 的 恒 成 立 转 化函 为数 的 最 值 问 题 是 我常 们用 的 处 理 方 法 。
法 三 变 更 主 元 ， 逆 向 维 思
变 式.已 知 函 数f (x) x3 ax2 ( 2 a2 3)x 1(a 3)， 9a
求f (x)的 所 有 极 值 之 和. -
将超越式化为常见函数形式，注意适当缩小零点范围；
通过本专题，我们来探究导函数中隐形零点问题的处理策略。
2020届江苏省高考二轮复习专题：导数中的隐零点问题课件(共21张PPT)
隐零点
直接求解
分参转化
变更主元 虚设零点，
关系代入 整体代换 再次求导
设而不求，整体代入 明修栈道，暗度陈仓
导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断 其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见 函数形式.
二.含参的零点问题
f (x) x(x2 3x 2 t),, 为x2 3x 2 t 0的两个不等实根， 9 4(2 t) 0,t 1 , 3, 2 t.
一.超越函数中零点问题
y x
反思小结：
S1：先求导，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，
由
并结合的单调性得到零点的大致范围；
S2：以零点为分界点，说明导函数的正负，原来函数的增减 性，进而得到函数的极值；
S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；将超越式化 为常见函数形式，注意适当缩小零点范围；
感谢聆听，欢迎指导！ 8．山坡梯田海拔较低，热量充足，水、肥可顺地势自流至农田，利于水稻种植
5.人 类 利 用 自 然资 源，其 实就是 利用自 然地理 系统中 的某些 要素， 从而对 自然地 理环境 产生影 响。 6.不 可 更 新 资 源的 利用， 需要其 他资源 的配合 ，也影 响其他 环境要 素。
7.分 析 地 理 环 境各 要素与 环境总 体特征 协调一 致的关 系。常 分析某 一区域 景观的 成因， 如结合 地理位 置分析 气温、 降水等 对生物 景观的 影响。
导函数中隐零点问题探究
函数是高中数学的核心内容，导数是研究函数问题的有 力工具。用导数解决函数综合问题，是高考的重点考察内容， 最终都会归结于函数的单调性的判断，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的求解 或估算是函数综合问题的核心。
第6讲 隐零点
2020本讲义由作业帮周永亮老师（白哥）独家编撰，侵权必究知识精讲1．二次求导（1）如果原函数的导函数等于0属于超越方程（即方程解不出），则需要二次求导；（2）二次求导设函数时，只需要将影响导函数正负数的部分重新构造函数即可．2．隐零点的概念在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可以这样尝试求解：（1）先证明函数在区间存在唯一的零点（例如，函数在区间上是单调函数且在区间的两个端点的函数值异号时就可以），这时可以设出其零点是．（2）因为不容易求出（当然，有时是可以求出但无需求出），所以把零点叫做隐零点；若容易求出，就叫显零点，而后解答就可继续进行．（3）这种方法，也称为“设而不求”的方法．63．隐零点在导函数中的应用在求解函数问题时，为了了解函数的性质，很多时候我们需要根据函数的导函数来判断其性质，一般情况下，我们会先求出的解，然后根据穿根法来判断函数的单调性，极值与最值．但是，当是超越方程的时候，我们就需要进行二次求导，通过二次求导判断了的单调性后，如果在（没有具体数值）两侧满足异号且，此时就称为的隐零点．4．导数中隐零点求解的一般步骤（1）求出函数的导函数，判断是否有解；（2）若属于超越方程（有解，但是求不出），则重新构造函数来判断的单调性（有时候只需要重新构造函数，值得等于影响的部分即可）；（3）对函数进行求导，根据的单调性判断存在使得且在两侧异号，此时同样满足 ;（4），一般情况下会是“设而不求”的中最具有价值的式子，我们需要根据这个式子对后面的结果进行转换处理；知识札记3（★★★★☆）已知函数，则下面对函数的描述正确的是（）A. ，B.，C.，D.考点2 隐零点基础应用2（★★★★☆）（2018·河南安阳市期中【文】）若存在使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.1（★★★★☆）（2019·湖南长沙市期末【理】）已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.考点1 二次求导经典例题20205（★★★★☆）（2017·海南一模【理】）已知函数，，曲线在点处的切线方程为．（1）求，的值；（2）设，求证：．考点3 隐零点与不等式证明4（★★★★☆）求证：．67（★★★★☆）（2017·北京西城区期末【理】）已知函数．（1）若在处的切线与直线平行，求的值．（2）若恒成立，求证：．6（★★★★☆）（2018·山东东营市月考【文】）已知函数，（，，为自然对数的底数），且在点处的切线方程为．（1）求实数，的值；（2）求证：．20209（★★★★★）（2018·重庆渝中区期中）已知函数．（1）求函数的单调区间．（2）若，对任意实数都成立，记的最大值为，求证：．（证明可能要用到的近似值：，，）8（★★★★☆）已知，若，且对任意恒成立，则的最大值是．考点4 隐零点处理恒成立问题611（★★★★☆）（2018·西藏林芝市月考【理】）已知函数，且．（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且．10（★★★★☆）（2017·河北衡水市期末【理】）已知函数，．（1）讨论函数的单调性．（2）若函数在区间有唯一零点，证明：．考点5 隐零点处理范围估算问题202013（★★★★★）（2018·山东济南市期中【理】）已知函数，对任意，满足，其中，为常数．（1）若，求在处的切线方程．（2）已知，求证．（3）当存在三个不同的零点时，求的取值范围．12（★★★★☆）（2019·全国Ⅱ【文】）已知函数．证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．考点6 隐零点处理零点个数问题63（★★★★☆）（2018·广东东莞市二模【理】）已知函数（），且的最小值为．（）求实数的取值范围．（）设，若的极值为，求证：．2（★★★☆☆）（2018·广东广州市期中【文】）设函数．（1）讨论的导函数的零点的个数；（2）证明：当时．1（★★★★☆）（2018·河南南阳市月考【理】）设函数（）．（1）若在点处的切线为，求，的值；（2）求的单调区间；（3）若，求证：在时，．课后练习2020隐零点第6讲。
隐零点问题
隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3.()ln f x ax x x =+x e =e （1）求实数的值； a （2）若，且对任意恒成立，求的最大值； k Z ∈()1f x k x <-1x >k 【答案】3【解析】解析：（1），由解得；()'1ln f x a x =++()3f e =1a =（2），，， ()ln f x x x x =+()ln ()11f x x x xk g x x x +<=--@22ln '()(1)x x g x x --=-令，有，那么. ()2ln h x x x =--1'()10h x x=->()(1)1h x h >=-不妨设，由，，则可知，且. 0()0h x =(3)0h <(4)0h <0(3,4)x ∈00ln 2x x =-因此，当时，，；当时，，； ()0h x >()'0g x >0x x >()0h x <()'0g x <0x x <即可知，[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--所以，得到满足条件的的最大正整数为3. 0k x ≤k类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数，为何值时，方程有唯一解.2()2ln (0)f x x t x t =->t ()2f x tx =【答案】(,0){1}-∞ 【解析】，222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=当时，有；ln 0x x +=t R ∈设，；又，，不妨设， ()ln u x x x =+1'()10u x x =+>(1)10u =>11()10u e e=-<00ln 0x x +=则可知.01(,1)x e∈当时，得到； ， ln 0x x +≠22()ln x t g x x x =+@2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++令，易知，且时，；时，；()12ln g x x x =-+(1)0g =1x >()0g x >1x <()0g x < 综上可知在区间上为减函数，在区间上为增函数；画图函数图像：()g x 00(0,),(,1)x x (1,)+∞因此，可知所求的范围为.t (,0){1}-∞类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数，当时，，求实数a 的取值范围．()21x f x e x ax =---0x ≥()0f x ≥【答案】1(,]2-∞【解析】，首先，当时，在上恒成立，则有．()'12x f x e ax =--0a ≤[0,)+∞()'0f x ≥()()00f x f ≥=其次，当时，令，，由题1可知，当，即时，．此0a >()x g x e =()21h x ax =+021a <≤102a <≤()()g x h x ≥时,同样有．再者，当时，函数与相交于点和．同时，()'0f x ≥()0f x ≥12a >()y g x =()y h x =()0,1()00,x y 当时，；当时，. 即可知，将()00,x x ∈()'0f x <()0,x x ∈+∞()'0f x >()()02000min 1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦代入得到：0012x e ax =+ ，令，则． ()00000112x x e f x e x x -=---⋅()00x >()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >()()11'2x e x F x --=又由变式2可知，那么，即在区间上递减，因此有()1xx e -+-≤()1'02x x e e F x -⋅-≤≤()F x ()0,+∞，与矛盾，故不合题意． ()()000f x f <=()0f x ≥12a >综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为．1(,2-∞模拟：1．已知函数，.（且为常数，为自然对数的底） f(x)=x ⋅e x ―a(ln x +x)g(x)=（m +1）x a,m ∈R e （1）讨论函数的极值点个数；f(x)（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围. a =1f(x)≥g(x)x ∈(0,+∞)m 【答案】（1）当时，无极值点；当时，有且仅有1个极值点；（2） a ≤0a >0(―∞,0]【解析】（1）的定义域为， f(x)(0,+∞)，f '(x)=(x +1)e x ―a(1x +1)=x +1x (xe x ―a )因为函数在上恒成立，y =(xe x )'=e x +xe x >0(0,+∞)所以函数在区间上单调递增，且值域为， y =xe x (0,+∞)(0,+∞)①当时，在区间上恒成立， a ≤0xe x ―a >0(0,+∞)即，f '(x)>0故在上单调递增， f(x)(0,+∞)所以无极值点； ②当时，a >0方程有唯一解，设为， xe x ―a =0x 0(x 0>0)当时，，函数单调递减， 0<x <x 0f '(x)<0f(x)当时，，函数单调递增， x >x 0f '(x)>0f(x)所以是函数的极小值点， x 0f(x)即函数只有1个极值点.f(x)（2）当时，不等式对任意的恒成立， a =1f(x)≥g(x)x ∈(0,+∞)即对任意的恒成立， xe x ―ln x ―1≥(m +1)x x ∈(0,+∞)即对任意的恒成立，e x ―ln x +1x≥m +1x ∈(0,+∞)记，F(x)=e x ―ln x +1x ，F '(x)=e x+ln x x 2=x 2e x +ln xx 2记，ℎ(x)=x 2e x +ln x因为在恒成立， ℎ(x)=2xe x +x 2e x +1x >0x ∈(0,+∞)所以在上单调递增，ℎ(x)(0,+∞)且，，ℎ(1e )=(1e )2e 1e―1=e1e―2―1<0ℎ(1)=e >0所以存在使得，x 0∈(1e ,1)ℎ(x 0)=0且时，，，函数单调递减； x ∈(0,x 0)ℎ(x)<0F '(x)<0F(x)当时，，，函数单调递增；.x ∈(x 0,+∞)ℎ(x)>0F '(x)>0F(x)所以，即，F(x)min =F (x 0)F(x)min =e x0―ln x 0+1x 0又因为ℎ(x 0)=0，⇒x 20e x 0=―ln x 0 ，⇒x 0e x 0=―ln x 0x 0，⇒x 0e x 0=ln 1x 0⋅eln 1x所以，x 0=ln 1x 0因此，F(x)min =e x 0―ln x 0+1x 0=x 0ex 0―ln x 0―1x 0=1+x 0―1x 0=1所以，解得. 1≥m +1m ≤0综上，实数的取值范围是.m (―∞,0]2．已知 . f(x)=x ―12(ln x)2―k ln x ―1(k ∈R)（1）若是上的增函数，求的取值范围； f(x)(0,+∞)k （2）若函数有两个极值点，判断函数零点的个数. f(x)f(x)【答案】(1) (2) 三个零点(―∞,1]【解析】（1）由得， f(x)=x ―12(ln x)2―k ln x ―1f '(x)=x ―ln x ―kx由题意知恒成立，即，设，， f '(x)≥0x ―ln x ―k ≥0F(x)=x ―ln x ―k F '(x)=1―1x 时，递减，时，，递增； x ∈(0,1)F '(x)<0F(x)x ∈(1,+∞)F '(x)>0F(x)故，即，故的取值范围是. F(x)min =F(1)=1―k ≥0k ≤1k (―∞,1]（2）当时，单调，无极值； k ≤1f(x)当时，，k >1F(1)=1―k <0一方面，，且在递减，所以在区间有一个零点. F (e ―k )=e ―k >0F(x)(0,1)F(x)(e ―k ,1)另一方面，，设 ，则，从而 F (e k )=e k ―2k g(k)=e k ―2k (k >1)g '(k)=e k ―2>0g(k)在递增，则，即，又在递增，所以 (1,+∞)g(k)>g(1)=e ―2>0F (e k )>0F(x)(1,+∞)在区间有一个零点.F(x)(1,e k )因此，当时在和各有一个零点，将这两个零点记为， k >1f '(x)(e ―k ,1)(1,e k )x 1 ，当时，即；当时，即 x 2(x 1<1<x 2)x ∈(0,x 1)F(x)>0f '(x)>0x ∈(x 1,x 2)F(x)<0；当时，即：从而在递增，在 f '(x)<0x ∈(x 2,+∞)F(x)>0f '(x)>0f(x)(0,x 1)(x 1,x 2)递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点. (x 2,+∞)x 1x 2下面证明：，f (x 1)>0f (x 2)<0由得，即，由 f '(x 1)=0x 1―ln x 1―k =0k =x 1―ln x 1f (x 1)=x 1―12(ln x 1)2―k ln x 1―1得 ， f (x 1)=x 1―12(ln x 1)2―(x 1―ln x 1)ln x 1―1=x 1+12(ln x 1)2―x 1ln x 1―1令，则， m(x)=x +12(ln x)2―x ln x ―1m '(x)=(1―x)ln xx①当时，递减，则，而，故；x ∈(0,1)m '(x)<0m(x)m(x)>m(1)=0x 1<1f (x 1)>0②当时，递减，则，而，故； x ∈(1,+∞)m '(x)<0m(x)m(x)<m(1)=0x 2>1f (x 2)<0一方面，因为，又，且在递增，所以在f (e ―2k )=e ―2k ―1<0f (x 1)>0f(x)(0,x 1)f(x)上有一个零点，即在上有一个零点.(e ―2k ,x 1)f(x)(0,x 1)另一方面，根据得，则有：e x >1+x(x >0)e k >1+k ，f (e 4k )=e 4k ―12k 2―1>(1+k)4―12k 2―1=k 4+4k (k ―34)2+74k >0又，且在递增，故在上有一个零点，故在f (x 2)<0f(x)(x 2,+∞)f(x)(x 2,e 4k )f(x)上有一个零点.(x 2,+∞)又，故有三个零点.f(1)=0f(x)3．已知函数，. f(x)=x ln x ―ln x g(x)=x ―k （Ⅰ）令ℎ(x)=f(x)―g(x)①当时，求函数在点处的切线方程；k =1ℎ(x)(1,ℎ(1))②若时，恒成立，求的所有取值集合与的关系；x ∈A =|x|x >1|ℎ(x)⩾0k A （Ⅱ）记，是否存在，使得对任意的实数，函数在w(x)=(f(x)―kx )(g(x)―k2x )m ∈N +k ∈(m,+∞)w(x)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数，若不存在，请说明理由. (1,+∞)m 【答案】（1）①；②见解析；（2）2 y =―x +1【解析】（1）①由题意，可得， ℎ(x)=f(x)―g(x)=x ln x ―ln x ―x +k 则，所以， ℎ'(x)=ln x ―1x ℎ'(1)=―1ℎ(1)=0所以在处的切线方程为 ℎ(x)(1,ℎ(1))y =―x +1②由，即ℎ(x)≥0k ≥x ―x ln x +ln x =m(x)则，，m '(x)=1x ―ln x x ∈(1,+∞)因为在上单调递减，所以， m '(x)=1x ―ln x (1,+∞)m '(x)<m '(1)=1存在，使得，x 0∈(1,+∞)m '(x 0)=0函数在上单调递增，在上单调递减，， m(x)x ∈(1,x 0)x ∈(x 0,+∞)k ≥m (x 0)由得，， m '(x 0)=0ln x 0=1x 0m (x 0)=x 0+1x 0―1>1∴，所以的所有取值集合包含于集合.k >m (x 0)>1k A （Ⅱ）令 ，f(x)―kx =x ln x ―ln x ―kx g(x)―k2x =x ―k ―k2x x ∈(1,+∞)（1），， (f(x)―k x)'=ln x +1―1x +k x2>0x ∈(1,+∞)由于，，，，，k ∈(m,+∞)⇒k >1f(1)=―k <0x→+∞f(x)→+∞由零点存在性定理可知，，函数在定义域内有且仅有一个零点.∀k ∈(1,+∞)f(x)（2），，，，，(g(x)―k 2x )'=1+k2x 2>0x ∈(1,+∞)g(1)=1―3k2<0x→+∞g(x)→+∞同理可知，函数在定义域内有且仅有一个零点. ∀k ∈(1,+∞)g(x)（3）假设存在，使得，x 0∈(1,+∞)f (x 0)―kx 0=g (x 0)―k2x 0=0则，消，得.{k =x 20lnx 0―x 0lnx 0,x 0―k =k2x 0k ln x 0―2x 02x 20―x―1=0令，，所以单调递增.G(x)=ln x ―2x2x 2―x ―1G '(x)=1x+4x 2+2(2x 2―x ―1)2>0G(x)∵，，∴，G(2)=ln2―45=15ln 32e 4<0G(2+1)=0.8814―23>0x 0∈(2,2+1)此时，k =x 20x 0+12=x 0+12+14(x 0+12)―1∈(85,2)所以满足条件的最小正整数.m =24．已知函数（为自然对数的底数）． f (x )=e x ,g (x )=12x 2―52x ―1e （1）记，求函数在区间上的最大值与最小值； F (x )=ln x +g (x )F (x )[1,3]（2）若，且对任意恒成立，求的最大值． k ∈Z f (x )+g (x )―k ≥0x ∈R k 【答案】（1）见解析；（2） k max =―1【解析】（1）∵， F (x )=ln x +g (x )=ln x +12x 2―52x ―1∴， F '(x )=(2x ―1)(x ―2)2x令，则，F '(x )=0x 1=12,x 2=2所以函数在区间上单调递减，在区间单调递增， F (x )(1,2)(2,3)∴，F (x )min =F (2)=―4+ln2． F (x )max =max{F (1),F (3)}=―4+ln3（2）∵对任意恒成立， f (x )+g (x )―k >0x ∈R ∴对任意恒成立， e x +12x 2―52x ―1―k ≥0x ∈R ∴对任意恒成立． k ≤e x +12x 2―52x ―1x ∈R 令，则． ℎ(x )=e x +12x 2―52x ―1ℎ'(x )=e x +x ―52由于，所以在上单调递增．ℎ'(x )=e x +1>0ℎ'(x )R 又，，ℎ'(0)=―32<0,ℎ'(1)=e ―32>0,ℎ'(12)=e 12―2<0ℎ'(34)=e 34―74=0所以存在唯一的，使得，且当时，，时，．x 0∈(12,34)ℎ'(x 0)=0x ∈(―∞,x 0)ℎ'(x )<0x ∈(x 0,+∞)ℎ'(x )>0即在单调递减，在上单调递增．ℎ(x )(―∞,x 0)(x 0,+∞)∴．ℎ(x )min =ℎ(x 0)=e x0+12x 20―52x 0―1又，即，∴．ℎ'(x 0)=0e x 0+x 0―52=0e x0=52―x 0∴．ℎ(x 0)=52―x 0+12x 20―52x 0―1=12(x 20―7x 0+3)∵，∴．x 0∈(12,34)ℎ(x 0)∈(―2732,―18)又∵对任意恒成立，∴， k ≤e x +12x 2―52x ―1x ∈R k ≤ℎ(x 0)又，∴．k ∈Z k max =―15．己知函数 . f(x)=ln x ―kx 2(k ∈R)（1）讨论函数的单调性；f(x)（2）若函数有两个零点，，求的取值范围，并证明. f(x)x 1x 2k x 1+x 2>2―2k 【答案】(1)见解析；(2)见证明 【解析】（1）解：因为，函数的定义域为，f(x)=ln x ―k x 2f (x )(0,+∞)所以．f '(x)=1x+2kx 3=x 2+2k x 3,x >0当时，，k ≥0f '(x )>0所以函数在上单调递增． f(x)(0,+∞)当时，由，得（负根舍去），k <0f '(x)=0x =―2k 当时，，当时，， x ∈(0,―2k )f '(x )<0x ∈(―2k ,+∞)f '(x )>0所以函数在上单调递减；在上单调递增．f(x)(0,―2k )(―2k ,+∞)综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在k ≥0f(x)(0,+∞)k <0f(x)(0,―2k )上单调递增 (―2k ,+∞)（2）先求的取值范围：k 方法1:由（1）知，当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件． k ≥0f(x)(0,+∞)当时，函数在上单调递减，在上单调递增，k <0f(x)(0,―2k )(―2k ,+∞)所以，f(x)min =f (―2k )=ln ―2k +12要使函数有两个零点，首先，解得．f(x)f(x)min =ln ―2k +12<0―12e <k <0因为，且，―2k <―2k <1f (1)=―k >0下面证明．f (―2k )=ln(―2k )―14k >0设，则．g (k )=ln(―2k )―14k g '(k )=1k +14k 2=4k +14k 2因为，所以．k >―12e g '(k )=1k +14k 2=4k +14k 2>―2e +14k 2>0所以在上单调递增， g (k )(―12e ,0)所以 ． f (―2k )=g (k )>g (―12e )=ln 1e +e 2>0所以的取值范围是．k (―12e ,0)方法2:由，得到．f(x)=ln x ―k x 2=0k =x 2ln x 设，则．g (x )=x 2ln x g '(x )=x (2ln x +1)当时，，当时，，0<x <e ―12g '(x )<0x >e ―12g '(x )>0所以函数在上单调递减，在上单调递增． g (x )(0,e ―12)(e―12,+∞)所以由 ． [g (x )]min =g (e ―12)=―12e因为时，，且，x→0+g (x )→0g (1)=0要使函数有两个零点，必有．f(x)―12e <k <0所以的取值范围是．k (―12e ,0)再证明：x 1+x 2>2―2k 方法1:因为，是函数的两个零点，不妨设，令，则． x 1x 2f(x)x 1<x 2x 2=tx 1t >1所以即． {lnx 1―k x 12=0,lnx 2―k x 22=0, ln x 2―ln x 1=k x 22―kx 21所以，即，，． ln t =k t 2x 21―k x 21x 12=k ln t (1t 2―1)―12e <k <0t >1要证，即证．x 1+x 2>2―2k (x 1+x 2)2>―8k 即证，即证． x 21(1+t )2>―8k k ln t (1t 2―1)(1+t )2>―8k 因为，所以即证， ―12e <k <0(1t 2―1)(1+t )2<―8ln t 或证 ． 8ln t +(1t 2―1)(1+t )2<0(t >1)设，．ℎ(t)=8ln t +(1t 2―1)(1+t )2t >1即，．ℎ(t)=8ln t ―t 2―2t +2t +1t 2t >1所以．ℎ'(t)=8t ―2t ―2―2t 2―2t 3=―2(t 2―1)2―2t (t ―1)2t 3<0所以在上单调递减，ℎ(t)(1,+∞)所以． ℎ(t)=8ln t +(1t 2―1)(1+t )2<ℎ(1)=0,t >1所以．x 1+x 2>2―2k 方法2:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．x 1x 2f(x)x 1<x 2x 2=tx 1t >1所以即． {lnx 1―k x 12=0,lnx 2―k x 22=0, ln x 2―ln x 1=k x 22―kx 21所以，即，，． ln t =k t 2x 21―k x 21x 12=k ln t (1t 2―1)―12e <k <0t >1要证，需证． x 1+x 2>2―2k x 1x 2>―2k 即证，即证． tx 21>―2k t ×k ln t(1t 2―1)>―2k 因为，所以即证 ．―12e <k <0t ―1t >2ln t (t >1)设，ℎ(t)=2ln t ―t +1t 则，．ℎ'(t)=2t ―1―1t 2=―(t ―1)2t 2<0t >1所以在上单调递减，ℎ(t)(1,+∞)所以 ．ℎ(t)=2ln t ―t +1t <ℎ(1)=0所以．x 1+x 2>2―2k 方法3:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则． x 1x 2f(x)x 1<x 2x 2=tx 1t >1所以即． {lnx 1―k x 12=0,lnx 2―k x 22=0. ln x 1+ln x 2=k x 21+kx 22要证，需证．x 1+x 2>2―2k x 1x 2>―2k 只需证． ln x 1+ln x 2>ln(―2k )即证，即证． k x 21+k x 22>ln(―2k )k x 21+ktx 21>ln(―2k )即证．k (1+1t 2)1x 21>ln(―2k )因为，所以，即． ―2k <x 1<0x 21<―2k 1x 21>1―2k所以． k (1+1t 2)1x 21>k (1+1t 2)×1―2k =―12(1+1t 2)>―12(1+1)=―1而，ln(―2k )<ln 1e =―1所以成立．k (1+1t 2)1x 21>ln(―2k )所以．x 1+x 2>2―2k 方法4:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则． x 1x 2f(x)x 1<x 2x 2=tx 1t >1由已知得即． {lnx 1―k x 21=0,lnx 2―k x 22=0, ln x 2―ln x 1=k x 22―kx 21先证明，即证明 ． ln x 2―ln x 1x 2―x 1<1x 1x 2ln t <t ―1t (t >1)设，则．ℎ(t )=t ―1t ―ln t ℎ'(t )=(t ―1)22t t >0所以在上单调递增，所以，所证不等式成立．ℎ(t )(1,+∞)ℎ(t )>ℎ(1)=0所以有 ． ln x 2―ln x 1x 2―x 1=―k (x 1+x 2)x 21x 22<1x 1x 2即．―k (x 1+x 2)<(x 1x 2)3因为（），x 1x 2<x 1+x 22x 1≠x 2所以，即．―k (x 1+x 2)<(x 1+x 22)3(x 1+x 2)2>―8k 所以．x 1+x 2>2―2k 方法5:要证，其中 ， ， x 1+x 2>2―2k x 1∈(0,―2k )x 2∈(―2k ,+∞)即证．x 2>2―2k ―x 1利用函数的单调性，只需证明．f (x )f (x 2)>f (2―2k ―x 1)因为，所以只要证明，其中 ．f (x 2)=f (x 1)f (x 1)>f (2―2k ―x 1)x 1∈(0,―2k )构造函数，，F (x )=f (x )―f (2―2k ―x )x ∈(0,―2k )则． F (x )=ln x ―k x 2―ln (2―2k ―x )+k (2―2k ―x )2因为 F '(x )=1x +2k x 3+12―2k ―x +2k (2―2k ―x )3（利用均值不等式） =2―2kx (2―2k ―x )+4k ―2k [(2―2k ―x )2―x (2―2k ―x )+x 2]x 3(2―2k ―x )3<2―2k x (2―2k ―x )+4k ―2kx 2(2―2k ―x )2，=―2―2k (x ――2k )2x 2(2―2k ―x )2<0所以在上单调递减．F (x )(0,―2k )所以．F (x )>F (―2k )=ln ―2k +12―ln ―2k ―12=0所以在上恒成立．f (x )>f (2―2k ―x )(0,―2k )所以要证的不等式成立．x 1+x 2>2―2k 6．已知函数．（无理数）f(x)=xe x ―1―a ln x e =2.718...（1）若在单调递增，求实数的取值范围；f (x )(1,+∞)a （2）当时，设函数，证明：当时，．（参考数据a =0g (x )=e x ⋅f (x )―x 2―x x >0g (x )>1―ln22―(ln22)2ln ）2≈0.69【答案】（1）；（2）证明见解析.a ∈(―∞,2]【解析】（1）函数f （x ）的定义域为（0，＋∞） 在单调递增，∵f (x )(1,+∞) 在（1，＋∞）恒成立，∴f'(x )=(1+x )e x ―1―ax =(x +x 2)e x ―1―ax ≥0设h （x ）＝（x ＋x 2）e x －1－，a 由题意h （x ）≥0在（1，＋∞）恒成立，h'（x ）＝e x －1（x 2＋3x ＋1）， ∵当x∈（1，＋∞）时，x 2＋3x ＋1＞0，∴故h'（x ）＞0，h （x ）在（1，＋∞）单调递增，∴所以h （x ）＞h （1）＝2－，故2－≥0， ≤2，a a ∴a 综上∈（－∞，2]．a （2）当＝0时，f （x ）＝xe x －1，a g （x ）＝e x －x 2－x ，g'（x ）＝e x －2x －1，设m （x ）＝e x －2x －1，则m'（x ）＝e x －2，令m'（x ）＝0，解得x ＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x ）＜0，m （x ）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x ）＞0，m （x ）单调递增．因此m （x ）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，， g'(1+12ln2)=e 1+12ln2―2(1+12ln2)―1=2e ―3―ln2>0故存在x 0∈（ln2，），使g'（x 0）＝0，1+12ln2即，． e x 0―2x 0―1=0e x 0=2x 0+1当x∈（0，x 0）时，g'（x ）＜0，g （x ）单调递减，x∈（x 0，＋∞）时，g'（x ）＞0，g （x ）单调递增，， g (x )≥g (x 0)=e x 0―x 20―x 0=2x 0+1―x 20―x 0=―x 20+x 0+1=―(x 0―12)2+54由于x 0∈（ln2，），1+12ln2函数单调递减， y =―(x 0―12)+54故 g (x )≥―(x 0―12)2+54>―(1+12ln2―12)2+54=1―ln22―(ln22)2所以，当x ＞0时，． g (x )>1―ln22―(ln22)27．已知函数f (x )=x +2x +a ln x (a >0)（1）若，求函数的极值和单调区间；a =1f (x )（2）若，在区间上是否存在，使，若存在求出实数的取值范围；若不g (x )=f (x )+2a 2―2x (0,e ]x 0g (x 0)<0a 存在，请说明理由. 【答案】(1) 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 极小值为3，无极大f (x )=x +2x +ln x (0,1)(1,+∞)值(2)见解析【解析】（1）当时，a =1f (x )=x +2x +ln x ，且∵f '(x )=(x +2)(x ―1)x 2x ∈(0,+∞)时，时，∴x ∈(0,1)f '(x )<0;x ∈(1,+∞)f '(x )>0 有极小值∴f (x )=x +2x +ln x f (1)=3故函数的单调递减区间为，单调递增区间为f (x )=x +2x +ln x (0,1)(1,+∞)极小值为3，无极大值.（2） ∵g (x )=f (x )+2a 2―2x =x +2a 2x +a ln x (a >0)∴g '(x )=(x +2a )(x ―a )x 2时，，时∵a >0∴x ∈(0,a )g '(x )<0x ∈(a,+∞)g '(x )>0为函数的唯一极小值点∴x =a 又，当时x ∈(0,e ]0<a ≤eg (x )min =g (a )=a +2a +a ln a =a (3+ln a )在区间上若存在，使，则 ，(0,e ]x 0g (x 0)<0g (x )min =a (3+ln a )<0解得0<a <1e 3当时，在为单调减函数，a >e g (x )=x +2a 2x +a ln x (a >0)x 0∈(0,e ]，不存在，使g (x )min =g (e )=e +2a 2e +a >0x 0∈(0,e ]g (x 0)<0综上所述，在区间上存在，使，此时(0,e ]x 0g (x 0)<00<a <1e 38．已知函数f (x )=ax 2―x ―ln x (1)若=1时，求函数的最小值；a f (x )(2)若函数 有两个零点，求实数a 的取值范围.f (x )【答案】（1）0 （2）0<a <1【解析】解：（1）,,则，当时，，a =1f(x)=x 2―x ―ln x f '(x )=2x ―1―1x =(2x +1)(x ―1)x (x >0)0<x <1f '(x )<0函数单调递减，当时，为增，在处取最小值0.x >1f '(x )>0,f (x )∴f(x)x =1（2）由，得，f (x )=ax 2―x ―ln x f'(x)=2a x ―1―1x =2ax 2―x ―1x (x >0)∴当 时，函数在上单调递减，a ≤0f'(x)=2ax 2―x ―1x <0,f (x )(0，+∞)∴当时，在 上最多有一个零点.a ≤0f (x )(0，+∞)∵有两个零点，∴ .f (x )a >0令 ，，显然有一正根和一负根，g (x )=2ax 2―x ―1,Δ=1+8a >0g (x )∴在上只有一个零点，g (x )(0，+∞)设这个零点为 ，当 时，；x 0x ∈(0,x 0)g (x )<0,f'(x )<0当时，；x ∈(x 0，+∞)g (x )>0,f'(x )>0∴函数在上单调递减，在上单调递增，f (x )(0,x 0)(x 0，+∞)要使函数在上有两个零点，只需要函数的极小值 ， f (x )(0，+∞)f (x )f (x 0)<0即,ax 02―x 0―ln x 0<0.∵g (x 0)=2ax 02―x 0―1=0 ∴ax 02―x 0―ln x 0=12(―2ln x 0+2ax 02―2x 0)=12[―2ln x 0+(2ax 02―x 0―1)―x 0+1] ，=12(1―x 0―2ln x 0)<0可得在上是增函数，且 ， 2ln x 0+x 0―1>0.∵ℎ(x )=2ln x +x ―1(0，+∞)h(1)=0∴，x 0>1.0<1x 0<1,由2a x 02―x 0―1=0得 2a =x 0+1x 02=(1x 0)2+1x 0=(1x 0+12)2―14∴,即.0<2a <20<a <19．设函数，其中为自然对数的底数.f(x)=x ―a ln x e （1）若，求的单调区间；a =1f(x)（2）若，，求证：无零点.g(x)=f(x)―x +e x ―10≤a ≤e f(x)【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若，则，a =1f(x)=x ―ln x(x >0). f'(x)=1―1x =x ―1x 当时，，单调递减，x ∈(0,1)f'(x)<0f(x)当时，，单调递增.x ∈(1,+∞)f'(x)>0f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.f(x)(0,1)(1,+∞)（2）由可知，，g(x)=e x ―1―a ln x(x >0)g'(x)=xe x ―1―a x (x >0)当时，，显然没有零点；a =0g(x)=e x ―1g(x)当时，设，，在单调递增， 0<a ≤e ℎ(x)=xe x ―1―a ℎ'(x)=e x ―1(1+x)>0[0,+∞)又h （0）＝﹣a ＜0，h （2）＝2e ﹣a ＞0，∴h （x ）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x 0，则x 0a ，e x 0―1=∴当x ∈（0，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（0，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增，∴g （x ）的最小值为g （x 0）alnx 0， =ex 0―1―∵x 0a ，∴﹣1，两边取对数可得x 0﹣1＝lna ﹣lnx 0，即lnx 0＝lna +1﹣x 0，e x 0―1=e x 0=a x 0∴g （x 0）a （lna +1﹣x 0）ax 0﹣alna ﹣a ≥2a ﹣alna ﹣a ＝a ﹣alna ，（当且仅当x 0＝1时取等号），=a x 0―=a x 0+令m （a ）＝a ﹣alna ，则m ′（a ）＝﹣lna ，∴当a ∈（0，1）时，m ′（a ）＞0，当a ∈（1，e ]时，m ′（a ）＜0，∴m （a ）在（0，1）上单调递增，在（1，e ]上单调递减．∴当0＜a ≤e 时，m （a ）≥0，当且仅当a ＝e 时取等号，由x 0a 可知当a ＝1时，x 0＝1，故当a ＝e 时，x 0≠1，故g （x 0）＞m （a ）≥0， e x 0―1=∴g （x 0）＞0．∴当0≤a ≤e 时，g （x ）没有零点．10．已知函数（其中是自然对数的底数，，）在点处的切线方程是f(x)=axe bx e a ∈R b ∈R (1,f(1)).2ex ―y ―e =0（I ）求函数的单调区间；f (x )（II ）设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.g(x)=[f(x)]2x ―mx ―ln x g (x )≥1x ∈(0,+∞)m 【答案】（I ）递减区间为，单调递增区间为；（II ）(―∞,―1)(―1,+∞)(―∞,2]【解析】（I ）由条件可知，对函数求导得，{f(1)=e f '(1)=2e f(x)=axe bx f '(x)=a(1+bx)e bx 于是，解得. {f(1)=ae b =e f '(1)=a(1+b)e b =2ea =b =1所以，，令得，f(x)=xe x f '(x)=(x +1)e x f '(x)=0x =―1于是当时，，函数单调递减；x ∈(―∞,―1)f '(x)<0f(x)当时，，函数单调递增.x ∈(―1,+∞)f '(x)>0f(x)故函数的单调递减区间为，单调递增区间为f(x)(―∞,―1)(―1,+∞)（II ）由（I ）知，g(x)=xe 2x ―mx ―ln x 解法1：要使在上恒成立，等价于在上恒成立. g(x)≥1(0,+∞)m ≤e 2x ―ln x +1x (0,+∞)令，则只需即可.ℎ(x)=e 2x ―ln x +1x (x >0)m ≤[ℎ(x)]min .令，ℎ'(x)=2x 2e 2x +ln xx 2H(x)=2x 2e 2x +ln x(x >0)则，所以在上单调递增，H '(x)=4(x 2+x )e 2x +1x >0H (x )(0,+∞)又，，所以有唯一的零点，且， H(14)=e 8―2ln2<0H(1)=2e 2>0H (x )x 014<x 0<1在上单调递减，在上单调递增，H (x )(0,x 0)(x 0,+∞)因，两边同时取自然对数，则有， 2x 20e2x 0+ln x 0=02x 0+ln (2x 0)+ln x 0=ln (―ln x 0)即，2x 0+ln (2x 0)=ln (―ln x 0)+(―ln x 0)构造函数，则，m(x)=x +ln x(x >0)m '(x)=1+1x >0所以函数在上单调递增，m (x )(0,+∞)因，所以，即， m (2x 0)=m (―ln x 0)2x 0=―ln x 0e2x 0=1x 0所以 ，即，ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e 2x 0―ln x 0+1x 0=1x 0――2x 0+1x 0=2[ℎ(x)]min =2于是实数的取值范围是.m (―∞,2]解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.g(x)≥1(0,+∞)m ≤e 2x ―ln x +1x (0,+∞)先证明，令，则.t ≥ln t +1Q(t)=t ―ln t ―1(t >0)Q '(t)=1―1t =t ―1t 于是当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以t ∈(0,1)Q '(t)<0Q(t)t ∈(1,+∞)Q '(t )>0Q (t )，故（当且仅当时取等号）.Q(t)≥Q(1)=0t ≥ln t +1t =1所以当时，有，x >0xe 2x ≥ln (xe 2x )+1=ln x +2x +1所以，即，当且仅当时取等号，e 2x ≥ln xx +2+1x e 2x ―ln x +1x ≥2xe 2x =1于是实数的取值范围是. m (―∞,2]。
隐零点(精品PPT)
法一：整体代换，将超越式转化为普通式
例1
例2
法二：反代消参，构造关于零点的单一函数
例3
例4
法三：降次留参，建立含参数的方程
例5
解决函数隐零点问题的步骤： 1.确定隐零点的范围，一般利用零点存在性定理， 函数图像特征等方式确定，具体范围精确到多少， 由所求问题决定； 2.代数式替换，在替换过程中，尽可能的将目标 变式为整式或分式，即尽可能的将指数、对数函 数式用有理式替换； 3.求解，最后一步的实质就是求函数的值域 或最值.
谢谢聆听！ 欢迎批评指正！
导数中隐零点的应用(5) 课件——2023届高三数学一轮复习
出，设方程 f (x) 0 的根为 x0 ，则有关系式①f (x) 0 成立，该关系式给出了x0 与a 的关系；②注意确定 x0 的合适范围，往往和 a 的范围有关.
解：
解：（1）略
解：
THANKS
解：（1）略
解：
解：（1）略
寄语:
同学们，不忘初心，我们要果敢担当责任！ 备考路上曲折水，冲刺途中层叠山。 但我们心中有梦，面朝高考，春暖花开！
微专题 导数中隐零点的应用
单/击/此/处/添/加/副/标/题/内/容
知识拓展： 导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”， 即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是 对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.
勤奋 向上 求实 创新
类型一：不含参数的隐零点问题
已知不含参函数 f (x) ，导函数方程 f (x) 0 的根存在，却无法求出，设方程f (x) 0 的根 为 x0 ，则有：①关系式 f (x) 0 成立；②注意确定 x0 的合适范围.
解：
解：（1）略
解：
、含参数的隐零点问题 已知含参函数 f (x) ，其中 a 为参数，导函数方程f (x) 0 的根存在，却无法求
第118课--隐零点及卡根思想
第118课 隐零点及卡根思想基本方法：导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点，根据其数值上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”.（1）函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断，常采用下列两种方法求解：①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调，且()()0f a f b ?，则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点；②借助图像分析，即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x =的解的判断，并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.（2）函数“隐零点”的虚设和代换对于函数“隐零点”，由于无法求出其显性表达式，这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零点0x ，再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.（3）函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解，但是我们可以进行数值估计，最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计，估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计，可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1. 已知函数()22e x f x x x =+-，记0x 为函数()f x 极大值点，求证：()0124f x <<.2. 已知函数()4ln (1)x f x x x +=>. 若*k N ∈，且()1k f x x <+恒成立. 求k 的最大值.二、课堂练习1. 已知函数()2ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.2. 已知函数ln 1()x f x ax x -=-. 若12a <<，求证：()1f x <-.三、课后作业1. 已知函数()ln f x x =，若关于x 的方程()()1f x m x =+，()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值.2. 已知函数()22ln f x x =+，令()()2xf x g x x =-在()2,+∞上的最小值为m ，求证：()67f m <<.3. 已知函数()2e e e x x x f x x =--（e 2.718=⋯，e 为自然对数的底数），证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()02ln2112e 44e f x +≤<.。