导数隐零点问题的破解策略
隐零点问题的三种思路解决
设 g(x) ax a ln x ，则 f (x) xg(x) ， f (x) ≥ 0 等价于 g(x) ≥ 0 ．
因为 g(1) 0 ， g(x) ≥ 0 ，故 g(1) 0 ，而 g(x) a 1 ， g(1) a 1 ，得 a 1 ． x
若 a 1 ，则 g(x) 1 1 ．当 0 x 1时， g(x) 0 ， g(x) 单调递减；当 x 1 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递增．所 x
2
2
2
2
又
h(e
2
)
0
，h(
1 2
)
0
，h(1)
0
，所以
h(
x)
在
(0,
1 2
)
有唯一零点
x0
，在
[
1 2
,Hale Waihona Puke )有唯一零点1，且当
x
(0,
x0
)
时，
h(x) 0 ；当 x (x0,1) 时， h(x) 0 ；当 x (1, ) 时， h(x) 0 ．
因此 f (x) h(x) ，所以 x x0 是 f (x) 的唯一极大值点．
以 x 1 是 g(x) 的极小值点，故 g(x) ≥ g(1) 0 ．综上， a 1．
（2）由（1）知 f (x) x2 x x ln x ， f (x) 2x 2 ln x ．
设 h(x) 2x 2 ln x ，则 h(x) 2 1 ． x
当 x (0, 1) 时， h(x) 0 ；当 x (1 , ) 时， h(x) 0 ．所以 h(x) 在 (0, 1) 单调递减，在 (1 , ) 单调递增．
隐零点问题
（1）处理方法 1：整体代换将超越式转化为普通式
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 _______．。
导数零点不可求的四种破解策略
导数之零点不可求(隐零点)的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?在教学实践中总结了四种方法,现说明如下. 法一:利用零点存在性定理 零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12xf x x x e x =+-,0x >.由()()//22142x f x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增. 又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minf x f x ==0200ln x x e x -. 由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+. 故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，. 由()/g x =()21102xx --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min1f x >.导函数()()/12xf x x x e x=+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min1f x >. 法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数. 例2.已知函数()2ln x f x e a x =- .证明:当0a >时,()22lnf x a a a≥+. 证明:()/22x af x e x=-,0x >. ()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x ae x=有实根,等价于函数22xy e =与函数ay x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a>时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =.当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x =020ln xea x =-. 由()/00fx =得,2020x a ex -=,20=2x a ex ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---a a ax x a 2ln 2200++=22ln a a a ≥+. 故()min22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+. 评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x af x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到20=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1kf x x >+恒成立,求正整数k 的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x+++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x+++=,0x >.只需()mink h x <.()/21ln(1)x x h x x--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增. 又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minh x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=.由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++.则()0h x =01x +()34∈，. 故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x--+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例 4.已知函数()()1210x a f x ae a x+=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围. 解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21xa f x ae x +=-()221x ax e a x -+=. 令()()21xg x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x gx a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增. 又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞, 故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =()00121x a ae a x +=+-+. 由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即021=x a ae x +. 则()0f x =()00121xa ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤. 因为()()21xg x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g g x ≥=0. 故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x-+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。
导数隐零点解题技巧
导数隐零点解题技巧一、确定零点存在性在进行导数隐零点解题时，首先需要确定零点的存在性。
可以通过观察函数的单调性、极值点和拐点等特征来判断函数是否存在零点，并确定零点所在的区间。
二、判断零点唯一性确定零点存在后，需要进一步判断零点的唯一性。
可以利用导数判断函数的单调性，如果函数在某一区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，还可以结合函数的图像和一元函数的性质进行判断。
三、利用导数判断单调性利用导数判断单调性是导数隐零点解题的重要技巧之一。
如果函数在某区间内的导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减。
通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围和唯一性。
四、利用单调性确定零点范围通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围。
如果函数在某区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，结合图像和已知的零点范围，可以进一步缩小零点的范围。
五、结合图像求解结合图像求解是导数隐零点解题的常用技巧之一。
通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的极值点和拐点等特征，从而确定零点的位置和范围。
此外，结合图像还可以验证答案的正确性。
六、代数运算技巧在进行导数隐零点解题时，还需要掌握一些代数运算技巧。
例如，在求解一元二次方程时，可以采用因式分解法、配方法、公式法等技巧；在求解高次方程时，可以采用降次法、换元法等技巧。
此外，还需要掌握一些常用的不等式和恒等式。
七、零点存在定理的应用零点存在定理是导数隐零点解题的重要定理之一。
如果函数在闭区间[a,b]上连续，且在开区间(a,b)上可导，且f'(x)≠0，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=0。
利用该定理可以判断函数是否存在零点，并确定零点的位置。
八、排除法验证答案在进行导数隐零点解题时，可以采用排除法验证答案的正确性。
根据题目的已知条件和函数的性质，可以排除一些不可能的答案，从而缩小答案的范围。
六类技巧终结导数隐零点问题
例1. 已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。
解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e [1,1]则'=--()2ln h x x xh x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200当∈x e x 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。
∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭ 又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410六类技巧终结导数隐零点问题例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数． 证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减又()()000f x f >=，2sin ln 1ln ln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 技巧二 敏锐洞察-----观察零点 例3 （13北京）设L 为曲线C:ln xy x=在点(1,0)处的切线. (I)求L 的切线方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I) L ： 1y x =-.(II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方()0g x ⇔>(0,1)x x ∀>≠，()g x 满足(1)0g =, 221ln ()1()x xg x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增.所以()(1)0g x g >=(0,1x x >≠)，即除切点之外,曲线C 在直线L 的下方.例4. （11浙江）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R （Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立.注：e 为自然对数的底数。
导函数隐零点问题的处理策略
琐或无法 求 解 时，可 考 虑 虚 设 零 点 x0 ，再 对 f '（ x0 ） = 0 进行合理的变形与代换，将超越式 化为普通式，从而达到化简 f（ x0 ） 的目的．
例 2 已知关于 x 的函数 f（ x） = x3 + x2
+
ax
+
1 27
有
3
个零点，求实数
a
的取值范围．
解 由 f '（ x） = 3x2 + 2x + a，则依题意，
达到化简之功效． 这里采用设而不求的思想
可成功规避零点的求解．
例 3 （ 2015 年全国高考题） 设函数 f（ x） = e2x － aln x．
（ 1） 讨论 f（ x） 的导函数 f '（ x） 零点的个
数；
（ 2） 证明： 当 a ＞ 0 时，
f（ x）
≥ 2a
+ aln
2 a
．
解
（ 1）
f '（ x）
第5 期
高中数学教与学
导函数隐零点问题的处理策略
高雄英
（ 江苏省丹阳市第六中学，212300）
在近几年 高 考 中，函 数 与 导 数 备 受 命 题
专家的青睐，且多以压轴题的形式出现． 其内
容主要是通过导数研究函数的性质． 但我们
在求导后，导 函 数 往 往 呈 现 超 越 式 或 高 次 形
式，出现导 数 零 点 求 不 出 或 符 号 难 以 判 定 的
＜ 0，g（ x） 单调递减；
当 x ＞ 1 时，φ（ x） ＞ 0，即 g'（ x） ＞ 0，g（ x）
单调递增．
故 g（ x） ＞ g（ 1） = 0（ x ＞ 0 且 x ≠ 1） ，所
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．。
导数隐极值问题的破解策略
导数隐极值问题的破解策略简介导数隐极值问题是数学中一个重要且常见的问题，解决这种问题对于优化函数的问题具有重要意义。
本文将介绍几种简单且无法携带法律风险的策略，帮助我们有效地破解导数隐极值问题。
1. 寻找导数为零的点在解决导数隐极值问题时，首先我们需要找到函数的导数为零的点。
这些点被称为临界点，有可能是函数的极值点。
通过对这些临界点的进一步观察与分析，我们可以判断其中哪些是极值点，并据此更好地破解问题。
2. 利用导数的符号变化在函数的极值点附近，导数的符号会发生变化。
我们可以通过观察函数导数的符号变化情况来判断极值点的存在。
一般而言，当导数由正变负时，存在一个极大值点；当导数由负变正时，存在一个极小值点。
因此，我们可以根据这一特点在寻找极值点时提供一定的线索。
3. 借助二阶导数的信息在确定可能的极值点后，我们可以进一步利用函数的二阶导数来验证这些极值点是否确实存在。
根据二阶导数的正负性，我们可以判断极值点的类型：当二阶导数为正时，存在一个极小值点；当二阶导数为负时，存在一个极大值点；当二阶导数等于零时，暂时无法得出结论。
通过分析二阶导数可以进一步确认极值点的位置与性质。
4. 综合分析确定极值最后，通过综合以上策略的分析结果，我们可以确定导数隐极值问题的解。
综合性的分析可以帮助我们排除一些错误的极值点，并得出相对准确的结论。
结论以上是几种简单且无法携带法律风险的解决导数隐极值问题的策略。
在解决该类问题时，我们可以根据这些策略来进行分析与判断，从而达到破解问题的目的。
需要注意的是，不同函数可能具有不同类型的极值点，因此在具体问题中，我们需要综合运用这些策略来解决特定情况下的导数隐极值问题。
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导数隐零点问题的破解策略
在解导数综合题时，经常会碰到：导函数存在零点，但零点不能求出来，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题。
此时，一般虚设零点（隐零点），通过对方程()f x ' =0变形、因式分解判断单调性，或通过()f x ''过渡；再研究()f x '的性质，对隐零点进行估计，回避隐零点，再结合题目其他条件，最终解决问题。
对于指对混合问题，下列恒等式：
ln x e x =，ln +x x x e xe =，ln 11(ln )ln x x e x x
--=，2ln +2x x x e x e =，会灵活运用，解题也往往会事半功倍. 此外，如果将问题适当转化也可以回避隐零点。
比如：。