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导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版

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专题22 隐零点问题(解析版)

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-∞.。

高考培优微专题《隐零点问题》解析版

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.。

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴分类（6）---函数的隐零点问题任务一、完成下面问题，总结隐零点问题的解题方法。

例1. [2013湖北理10] 已知a 为常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点21x x ，，且21x x ＜，则（ ）A.)(1x f ＞0，)(2x f ＞21-B. )(1x f ＜0，)(2x f ＜21- C. )(1x f ＞0，)(2x f ＜21- D . )(1x f ＜0，)(2x f ＞21-例2. [2012全国文21] 设函数2)(--=ax e x f x .（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若1=a ，k 为整数，且当x ＞0时，1)(')(++-x x f k x ＞0，求k 的最大值。

k 的最大值=2任务二、完成下面问题，体验隐零点问题的解题方法的应用。

2.1 [2015北京海淀二模理18] 设函数2ln 1)(xx x f -=. （Ⅰ）求函数)(x f 的零点及单调区间； （Ⅱ）求证：曲线x x y ln =存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标0y ＜1-提示解析：（Ⅰ）函数)(x f 的零点为x e =，单调减区间32(0,)e ；单调增区间32(,)e +∞； （Ⅱ）xx y ln =存在斜率为6的切线即存在点000ln (,)x x x 处导数为6，于是0201ln 6x x -=，即2001ln 60x x --=，令2()1ln 6f x x x =--为增函数，易判断所以01(,1)2x ∈，所以20000000ln 1616x x y x x x x -===-为减函数，所以00012|231x y y =<=-=-2.2 [2013全国Ⅱ理21] 设函数)ln()(m x e x f x +-=.（Ⅰ）若x ＝0是)(x f 的极值点，求m ＞0，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）当m ≤2时，求证：)(x f ＞0.任务三、完成下面问题，体验隐零点问题解题的运用，提高解题能力。

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

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

2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练一、基本技能练1.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；.(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－322.已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.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恒成立，求b的最小值.二、创新拓展练4.已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋ax，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.(1)求实数a的值；.(2)求证：f(x)＋g(x)<e x＋cos xx参考答案与解析一、基本技能练1.(1)解因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1.又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0.由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1x 又＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32.2.解(1)易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞).当a ＝e 时，f (x )＝x e x －e x －eln x ＋e ，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e －e x＝(x ＋x x >0.易知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f (x )的最小值为f (1)＝e －e －eln 1＋e ＝e ，无最大值.(2)因为f (x )＝x e x －ax －a ln x ＋a ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x －a －a x＝(x ＋x x >0.当a ≤0时，易知f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f (x )至多有一个零点，不符合题意.当a >0时，令g (x )＝e x －a x，x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x －a x＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得x(0，x 0)(x 0，＋∞)f ′(x )－＋f (x )单调递减单调递增为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.①因为x 0是方程e x －a x＝0的解，所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0，解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1.又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点.当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时，易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点.综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.解(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增.(2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x即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 所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为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x 0＝－ln x 0，所以h (x )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－3.二、创新拓展练4.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1.(2)证明所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x <－x －1，即证x ln x －e x ＋x ＋1<0.设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2，令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2，则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，且r 2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0使得r ′(x 0)＝0，即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x 0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0，即x ln x－e x<－x－1.再证：－x－1<cos x－1(x>0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。

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

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

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ， 所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1， 所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
精品公众号：学起而飞
所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得： ，
由
，解得：
，
故 在 递减，在
递增；
2 由 1 知要使 存在最小值，
则且
，
精品公众号：学起而飞
令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
， 递减， ，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论 的单调性；
若 ， 是 的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

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

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

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

当$x=0$时，显然成立。

当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。

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

又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。

当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。

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

又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。

综上，$a=1$。

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

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

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

河南省信阳市2024届高中英语试题习题：导数压轴题之隐零点问题含解析

河南省信阳市2024届高中英语试题习题：导数压轴题之隐零点问题含解析

河南省信阳市2024届高中英语试题习题：导数压轴题之隐零点问题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．第一部分（共20小题，每小题1.5分，满分30分）1．You can’t use the computer now, ________ the upgrade of the system is under way.A．until B．unlessC．as D．after2．—I will fix your printer right now.—Oh, ________. I’m in no hurry.A．take your time B．that’s a great ideaC．you are welcome D．I’d like to3．--- She will finish the project within three days!--- ______! I could do it in three hours.A．You are right B．I’m stuck C．Oh, come on D．Don’t mention it4．Nobody knows why the bo y can tell what’s written on the paper in another room without looking at it. It really_______ explanation.A．prevents B．challenges C．interrupts D．confuses5．I will go to Beijing on business tomorrow, do you have anything ____ to your son studying in Peking University? A．to be taken B．to take C．taken D．being taken6．--I feel nervous when taking an exam.-- and you can do it well.A．Take it w easy B．Take your time C．Good luck D．It’s up to you7．—Have you watched the film “Avatar”?— Not yet. But I the film is worth watching.A．am told B．was told C．have told D．have been told8．—What about going to see the latest Chinese sci-fi blockbuster The Wandering Earth?—________. If time permits, I may go to see my grandma with my mother.A．Don’t me ntion it B．It doesn’t matterC．Forget it D．It depends9．The doctor’s dilemma was _____ he should tell the patient the truth.A．whether B．whichC．that D．what10．________ has greater potential than flammable ice being mined from underneath the South China Sea when it comes to a global energy revolution.A．nothing B．neitherC．no one D．none11．New energy-sharing projects _____ in dozens of cities across the country to fuel China’s sharing economy in the next few years.A．are to carry out B．are being carried outC．were carried out D．will have been carried out12．---I went to see The Wandering Earth last night. It was fantastic!---You were so lucky! How I wish I _____ the ticket too.A．get B．gotC．had got D．would get13．Wild applause ______when the crowd waiting heard the announcement of the arrival of the pop star at their community.A．made out B．broke out C．let out D．worked out14．If these new measures don’t work, we’ll have to _______ our old system.A．make up for B．come up withC．break away from D．fall back on15．—Come on,please give me some ideas about the project.—Sorry.With so much work _______ my mind,I almost break down.A．filled B．filling C．to fill D．being filled16．The emoticons _____ when we want to stop a conversation, sparing us the embarrassment.A．come around B．come in handyC．come about D．come by17．— Do you like the book you father bought you?—Very much. It’s exactly______I wanted.A．which B．thatC．what D．how18．—Jack, my plane arrives at 8:30 pm when, I suppose, you ______ dinner.—But I can wait.A．will have B．have hadC．will have had D．are having19．Andy can go to the cinema together with us he has finished the task．A．unless B．as soon as C．until D．as long as20．To fetch water before breakfast seemed to me a rule ______.A．to never break B．never to have brokenC．never to be broken D．never to be breaking第二部分阅读理解（满分40分）阅读下列短文，从每题所给的A、B、C、D四个选项中，选出最佳选项。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版

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导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)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 o,且.「「一【解答】(1)解：f (x) =e x(ae x- a - x) >0，因为e x>0，所以ae x- a - x> 0恒成立，即a (e x- 1) >x恒成立，x=0时，显然成立，x>0 时，e x- 1 >0，故只需a> ' 在(0， + %)恒成立,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K故 a <1,综上：a=1 ；(2)证明：由(1) f (x) =e x(e x- x - 1),故f (x) =e x (2e x- x - 2),令h (x) =2e x- x - 2 , h' (x) =2e x- 1 ,所以h (x)在(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H £h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,e••h (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i •■•f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又•••-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增2所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)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 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )•••函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，••• f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.••a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，•'•k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X K••h (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且 k € Z , • °k max =3 .3.函数 f (x ) =alnx - x 2+x , g (x ) = (x - 2) e x - x 2+m (其中 e=2.71828 ••：)(1) 当a O 时，讨论函数f (x )的单调性；(2) 当a= - 1, x €( 0 , 1］时，f (x )>g (x )恒成立，求正整数 m 的最大 值. 【解答】解：(1)函数f (x )定义域是(0 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当 x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增， 当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减； 综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸 时，f (x )的单调递增区间是 「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，•••当0 v x <1 时，1 —x X),设・•. 一乂，则•••u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ • ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;•函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9•J ：' I 15 ：， = ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q•••当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+x对任意x €( 0, 1］恒成立，•正整数m的最大值是3.4. 已知函数f (x) =e x+a—Inx (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;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . £【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄••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+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二••g (x)是增函数，••e x+a>e a,「.由•「亠一一…x•••当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x•••当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则•------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。

专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)

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。

2022届高中数学导数通关练习专题18 导数之隐零点问题(解析版)

2022届高中数学导数通关练习专题18 导数之隐零点问题(解析版)

x
1
，故有 g(0)
a
0
，解得 0 a 1 ．
2
g(
1)
1
(1)
a
0
2
22
（2）证明：由题意知
x2
是方程
2x2
2x
a
0
的大根，从而
x2
(
1 2
（1）求函数 f x 的极值；
（2）当 a 0 时，证明： g x 2 ln x x 1 2 ln a ln 2 ．
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7．已知函数
f
(x)
2 3
x3
x2
ax
1 在 (1, 0)
上有两个极值点
x1
，
x2
，且
x1
x2
．
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）证明：当 1 x 0 时， f (x) 11 ．
∴
h
x
min
h x0
ax0e x0
2 x0
2 ln
x0
2
2 x0
2 ln
x0
2 ln
2
ln
a
，
∴ h x 2 ln a 2 ln 2 ，即原不等式成立．
7．已知函数
f
(x)
2 3
x3
x2
ax
1 在 (1, 0)
上有两个极值点
x1 ，
x2
，且
x1
x2
．
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（1）求实数 a 的取值范围；
x
gt et e 易知 gt 为增函数，且 g1 0 ，
t
所以当 t 0,1 时， gt 0 ， g t 单调递减；当 t 1, 时， gt 0 ， g t 单调递增，

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可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直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

导数中的隐零点代换与估计问题(解析版)

导数中的隐零点代换与估计问题(解析版)

导数中的隐零点代换与估计问题隐零点代换证不等式【精选例题】1已知函数f x =e x -a -ln x +x .(1)当a =1时，求曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)当a ≤0时，证明：f x >x +2.【答案】(1)x -y +1=0；(2)证明见解析.【详解】(1)当a =1时，f x =e x -1-ln x +x ，求导得f x =e x -1-1x+1，则f 1 =1，而f 1 =2，则切线方程为y -2=x -1，即x -y +1=0，曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)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)=e 1-a -1≥e -1>0，则存在唯一x 0∈(0,1)，使得g (x 0)=0，即e x 0-a =1x 0，因此存在唯一x 0∈(0,1)，使得F (x 0)=0，当0<x <x 0时，F (x 0)<0，当x >x 0时，F (x 0)>0，因此函数F (x )在(0,x 0)上递减，在(x 0,+∞)上递增，当e x 0-a =1x 0时，x 0-a =-ln x 0，则F (x )≥F (x 0)=e x 0-a -ln x 0-2=1x 0+x 0-a -2>21x 0⋅x 0-a -2=-a ≥0，(当且仅当1x 0=x 0即x 0=1时，取等号，故式子取不到等号)所以当a ≤0时，f x >x +2.2已知函数f x =e x -ax 2-x .(1)当a =12时，求不等式f x -1-1 <1的解集；(2)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】(1)1,2 ；(2)证明见解析【详解】(1)a =12时，f x =e x -x 22-x ，f (x )=e x -x -1，令g (x )=f (x )，则g (x )=e x -1，于是x >0时，g (x )>0，g (x )递增，x <0时，g (x )<0，g (x )递减，故g (x )在x =0处取得最小值，即g (x )≥g (0)=e 0-0-1=0，于是g (x )=f (x )≥0，故f (x )在R 上递增，注意到f (0)=1，故f x -1-1 <1⇔f x -1-1 <f (0)，结合单调性，于是x -1-1<0，即x -1<1，解得1≤x <2，不等式的解集为1,2 .(2)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 +1x 2=1-x x 2<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.【跟踪训练】1已知函数f x =ln ax ,a >0.(1)当a =1时，若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =kx +b ，证明：f x ≤kx +b ；(2)若f x ≤x -1 e x -a ，求a 的取值范围.【详解】解析：(2)记h x =x -1 e x -a -f x =x -1 e x -a -ln x -ln a ,x >0，依题意，h x ≥0恒成立，求导得h x =xe x -a -1x ,x >0，令y =h x =xe x -a -1x ,y =x +1 e x -a +1x2>0，则h x 在0,+∞ 上单调递增，又h 12 =12e 12-a-2<0,h a +1 =a +1 e -1a +1>0，则∃x 0∈12,a +1 ，使得h x 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0成立，则当x ∈0,x 0 ,h x <0,h x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ ,h x >0,h x 单调递增，h (x )min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a -ln x 0-ln a ，由x 0e x 0-a =1x 0，得e x 0-a =1x 20,a =x 0+2ln x 0，于是得h x 0 =x 0-1x 20-ln x 0-ln x 0+2ln x 0 ，当x ∈1,+∞ 时，令t x =x -1x 2-ln x ，有t x =1-x x +2x 3<0,t x 在1,+∞ 上单调递减，而x +2ln x 在1,+∞ 上单调递增，即有函数y =-ln x +2ln x 在1,+∞ 上单调递减，于是得函数φx =x -1x 2-ln x -ln x +2ln x 在1,+∞ 上单调递减，则当x 0∈1,+∞ 时，h x 0 =φx 0 <φ1 =0，不合题意；当x 0∈12,1且x 0+2ln x 0>0时，由(1)中ln x ≤x -1知，-ln x 0≥1-x 0，有-ln x 0+2ln x 0 ≥1-x 0+2ln x 0 ，从而h x 0 =x 0-1x 20-ln x 0-ln x 0+2ln x 0 ≥x 0-1x 20-ln x 0+1-x 0+2ln x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1 x 20，由x 0∈12,1 知h x 0 ≥0，因此满足f x ≤x -1 e x -a ，又a =x 0+2ln x 0,y =x +2ln x 在12,1上单调递增，则有a ∈12-2ln2,1，而a >0，所以实数a 的取值范围是0,1 .2已知函数f x =e x -ax-ln x +ln a +1 (a >0)(e 是自然对数的底数)．(1)当a =1时，试判断f x 在1,+∞ 上极值点的个数；(2)当a >1e -1时，求证：对任意x >1，f x >1a．【详解】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f(x )=e x -a (x -1)x 2-1x =(x -1)e x -a -xx -1 x2，设h (x )=e x -a -x x -1，则h (x )=e x -a -1-1x -1在1,+∞ 上是增函数，当x →1+时，h (x )→-∞，因为a >1e -1，所以h (a +1)=e -1-1a>0，所以存在x 0∈(1,a +1)，使得h (x 0)=e x 0-a-x 0x 0-1=0，当x ∈(1,x 0)时，h (x )<0，则f (x )<0，即f (x )在(1,x 0)上单调递减，当x ∈(x 0,+∞)时，h (x )>0，则f (x )>0，即f (x )在(1,x 0)上单调递增，故x =x 0是函数f x =e x -a x -ln x +ln a +1 (a >0)的极小值点，也是最小值点，则f (x )≥f (x 0)=ex 0-ax 0-ln x 0+ln a +1 ，又因为e x 0-a =x 0x 0-1，所以f (x 0)=1x 0-1-ln x 0+ln a +1 ，即证：对任意x >1，1x 0-1-ln x 0+ln a +1 >1a，即证：对任意x >1，1x 0-1-ln x 0>1a -ln a +1 ，设g (x )=1x -1-ln x ，则g (x )=1x -1-ln x 在1,+∞ 上单调递减，因为x 0∈(1,a +1)，所以g (x 0)>g (a +1)，故1x 0-1-ln x 0>1a-ln a +1 ，故对任意x >1，f x >1a.3已知函数f (x )=ae 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面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围.【详解】解析：(1)切线方程为y =e -1 x +2,故切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2e -1,0,所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -1.(2)由于f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x ，且a >0. 设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+1x2>0,即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.当a >1时，1a <1，∴f 1a f (1)=a e 1a-1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 0，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae 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, 故f x ≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).题型二:导数中的隐零点同构求范围问题【精选例题】1已知函数f x =e ax -x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，g x =ln x +mx +1.(1)若f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；(2)当a =1时，x f x +x ≥g x 对任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求实数m 的取值范围.【详解】解析：(1)f x 有两个零点⇔关于x 的方程e ax =x 有两个相异实根，由e ax >0，知x >0∴f x 有两个零点⇔a =ln x x 有两个相异实根.令G x =ln x x ，则G x =1-ln x x 2，由Gx >0得：0<x <e ，由G x <0得：x >e ，∴G x 在0,e 单调递增，在e ,+∞ 单调递减，∴G x max =G e =1e，又∵G 1 =0，∴当0<x <1时，G x <0，当x >1时，G x >0，当x →+∞时，G x →0，∴f x 有两个零点时，实数a 的取值范围为0,1e；(2)当a =1时，f x =e x -x ，∴原命题等价于xe x ≥ln x +mx +1对一切x ∈0,+∞ 恒成立⇔m ≤e x -ln x x -1x 对一切x ∈0,+∞ 恒成立.令F x =e x -ln x x -1xx >0∴m ≤F x min ，F x =e x +ln x x 2=x 2e x+ln xx2，令h x =x 2e x +ln x ，x ∈0,+∞ ，则h x =2xe +x 2e x +1x >0，∴h x 在0,+∞ 上单增，又h 1 =e >0，h 1e=e 1e-2-1<e 0-1=0∴∃x 0∈1e,1 ，使h x 0 =0即x 20e x+ln x 0=0①，当x ∈0,x 0 时，h x <0，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，即F x 在0,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =e x 0-ln x 0x 0-1x 0，由①知x 20e x=-ln x 0，∴x 0e x 0=-ln x 0x 0=1x 0ln 1x 0=ln 1x 0e ln 1x 0∵函数φx =xe x 在0,+∞ 单调递增，∴x 0=ln 1x 0即x 0=-ln x 0，∴F x min =e -ln x 0--x 0x 0-1x 0=1x 0+1-1x 0=1，∴m ≤1∴实数m 的取值范围为-∞,1 .2已知函数f (x )=−a ln x −e xx+ax ,a ∈R .(1)当a <0，讨论f (x )的单调性；(2)当a =1时，若f (x )+x +1xe x −bx ≥1恒成立，求b 的取值范围.【详解】解析：(2)由题意，当a =1时，不等式f x +x +1xe x -bx ≥1恒成立.即xe x -ln x +1-b x≥1恒成立，即b -1≤e x -ln x x -1x 恒成立.设g x =e x --ln x x -1x .则g x =e x -1-ln x x 2+1x 2=x 2e x +ln x x2.设h x =x 2e x +ln x ，则h x =x 2+2x e x +1x .∵当x >0时，有h x >0.∴h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 1 =e >0，h 12 =e 4-ln2<0.∵函数h x 有唯一的零点x 0，且12<x 0<1.∵当x ∈0,x 0 时，h x <0，g x <0，g x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，gx >0，g x 单调递增.即g x 0 为g x 在定义域内的最小值.∴b -1≤e x 0-ln x 0x 0-1x 0.∵h x 0 =0，得x 0e x=-ln x 0x 0，12<x 0<1.⋯⋯* 令k x =xe x ，12<x <1.∴方程* 等价于k x =k -ln x ，12<x <1.而k x =x +1 e x在0,+∞ 上恒大于零，∴k x 在0,+∞ 上单调递增.故k x =k -ln x 等价于x =-ln x ，12<x <1.设函数m x =x +ln x ，12<x <1.易知m x 单调递增.又m 12 =12-ln2<0，m 1 =1>0，∴x 0是函数的唯一零点. 即ln x 0=-x 0，e x 0=1x 0.故g x 的最小值g x 0 =e x 0-ln x 0x 0-1x 0=1x 0--x 0 x 0-1x 0=1.∴实数b 的取值范围为-∞,2 .【跟踪训练】1已知函数f x =a ln x -1x-2x ，a ∈R .(1)当a =1时，判断f x 的零点个数；(2)若f x +e x +1x+2x ≥e 恒成立，求实数a 的值.【答案】(1)f x 的零点个数为0；(2)a =-e 【详解】(1)当a =1时，f x =ln x -1x -2x x >0 ，则f x =1x +1x 2-2=-2x 2+x +1x2=-2x 2-x -1x 2=-2x +1 x -1 x 2， 当x ∈0,1 ，f x >0，函数f x 在0,1 上单调递增，当x ∈1,+∞ ，f x <0，函数f x 在1,+∞ 上单调递减，所以f x max =f 1 =-1-2=-3<0， 所以f x 的零点个数为0.(2)不等式f x +e x +1x +2x ≥e ，即为e x +a ln x ≥e ，设F x =e x +a ln x ，x ∈0,+∞ ，则F x =e x +ax=xe x+a x， 设g x =xe x +a ，x ∈0,+∞ ，当a ≥0时，g x >0，可得F x >0，则F x 单调递增，此时当x =1,F 1 =e ,而当0<x <1时，F x <e ，故不满足题意； 当a <0时，由g x =x +1 e x >0，g x 单调递增，当x 无限趋近0时，g x 无限趋近于负数a ，当x 无限趋近正无穷大时，g x 无限趋近于正无穷大，故g x =0有唯一的零点x 0，即x 0e x 0+a =0，则e x 0=-ax 0，ln x 0+x 0=ln -a ，当x ∈0,x 0 时，g x <0，可得F x <0，F x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，g x >0，可得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 x 0+a ln -a -x 0 =a ln -a -ax 0-ax 0=a ln -a -a x 0+1x 0，因为x 0>0，可得1x 0+x 0≥2，当且仅当x 0=1时，等号成立，所以a ln -a -a x 0+1x 0≥a ln -a -2a因为F x ≥e 恒成立，即a ln -a -2a ≥e 恒成立，令h a =a ln -a -2a ，a ∈-∞,0 ，可得h a =ln -a +1-2=ln -a -1，当a ∈-∞,-e 时，h a >0，h a 单调递增；当a ∈-e ,0 时，h a <0，h a 单调递减，所以h a ≤h -e =e ，即h a ≤e 又由h a ≥e 恒成立，则h a =a ln -a -2a =e ，所以a =-e.2已知函数f x =e x -ln xx-1．(1)求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若函数g x =f x -ax有两个零点x 1,x 2(其中x 1<x 2)，求实数a 的取值范围．【答案】(1)e -1 x -y =0；(2)1,+∞【详解】(1)由f x =e x -ln x x -1，则f x =e x -1-ln xx 2，所以f 1 =e -1，即切点坐标为1,e -1 ，切线斜率k =f 1 =e -1，故切线方程为y -e -1 =e -1 x -1 ，即e -1 x -y =0.(2)由题意g x =0有两个不等的正根，等价于xe x -ln x -x =a 有两个不等的实根，设h x =xe x -ln x-x (x >0)，则h x =x +1e x -1x -1=x +1 e x -1x ，设m x =e x -1x,mx =e x+1x 2>0，则m x 在0,+∞ 为增函数，且m 12=e -2<0,m 1 =e -1>0，所以存在唯一的x 0∈0,+∞ ，使m x 0=e x 0-1x 0=0，得e x 0=1x 0ln x 0=-x 0①，当x ∈0,x 0 时，m x <0，即h x <0，所以h x 在0,x 0 内单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时，m x >0，即h x >0，所以h x 在x 0,+∞ 内单调递增；所以h (x ) min =h x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0，代入①式得h x 0 =x 0×1x 0--x 0 -x 0=1，当x 趋向于0或+∞时，h x 趋向+∞，若函数g x 有两个零点，即函数h x 有两个零点，可得a >1，所以实数a 的取值范围1,+∞ .导数中隐零点的估计值域问题【精选例题】1已知函数f (x )=ax 2-ax -x ln x ，且f (x )≥0．(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e -2<f (x 0)<2-2．【详解】解析：(1)a =1．(2)由(1)知f (x )=x 2-x -x ln x ，f (x )=2x -2-ln x ．设h (x )=2x -2-ln x ，则h (x )=2-1x．当x ∈0,12时，h (x )<0；当x ∈12,+∞ 时，h(x )>0．所以h (x )在0,12 单调递减，在12,+∞ 单调递增．又h (e -2)>0，h 12 <0，h (1)=0，所以h (x )在0,12 有唯一零点x 0，在12,+∞ 有唯一零点1，且当x ∈(0,x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1,+∞)时，h (x )>0．因此f (x )=h (x )，所以x =x 0是f (x )的唯一极大值点．由f (x 0)=0得ln x 0=2(x 0-1)，故f (x 0)=x 0(1-x 0)．由x 0∈(0,1)得，f (x 0)<14．因为x =x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e -1∈(0,1)，f (e -1)≠0得f (x 0)>f (e -1)=e -2．所以e -2<f (x 0)<2-2．2已知函数f (x )=-(a +1)ln x +ax -1x(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a =-2时，g (x )=f (x )+(x -2)e x +x +1x，记函数y =g (x )在14,1 上的最大值为m ，证明：-4<m <-3．【解答】解：(1)f (x )=-(a +1)ln x +ax -1x 的定义域为(0,+∞)，又f ′(x )=-a +1x +a +1x2=(x -1)(ax -1)x2，①当a ≤0时，ax -1<0，若x ∈(0,1)，则f ′(x )>0，若x ∈(1,+∞)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；②当a >0时，若1a >1，即0<a <1时，同理可得，f (x )在(0,1)，1a ，+∞ 上单调递增，在1,1a 上单调递减；若1a =1，即a =1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0,+∞)上单调递增；若0<1a <1，即a >1时，同理可得，f (x )在0,1a ，(1,+∞)上单调递增，在1a ，1上单调递减；综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)；当0<a <1时，f (x )的单调递增区间为(0,1)，1a ，+∞ ；单调递减区间为1a ，1 ；当a =1时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)；当a >1时，f (x )的单调递增区间为0,1a，(1,+∞)；单调递减区间为1a ，1；(2)证明：当a =-2时，g (x )=f (x )+(x -2)e x +x +1x =ln x -2x -1x +(x -2)e x +x +1x=ln x -x +(x -2)e x ，则g (x )=(x -1)e x -1+1x =(x -1)e x -1x ，当14<x <1时，x -1<0，令h (x )=e x -1x，则h (x )=e x +1x 2>0，所以h (x )在14，1 上单调递增．因为h 12=e 12-2<0，h (1)=e -1>0，所以存在x 0∈12，1，使得h (x 0)=0，即e x 0=1x 0，即ln x 0=-x 0，故当x ∈14，x 0 时，h (x )<0，g (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )>0，g (x )<0；即g (x )在14，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减．所以m =g (x )max =g (x 0)=(x 0-2)e x 0-x 0+ln x 0=(x 0-2)1x 0-x 0-x 0=(x 0-2)1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0．令G (x )=1-2x -2x ，x ∈12，1 ，则G(x )=2x 2-2=2(1-x 2)x 2>0，所以G (x )在12，1 上单调递增，所以G (x )>G 12=-4，G (x )<G (1)=-3，所以-4<m <-3．3已知二次函数f (x )=x 2+2x ．(1)讨论函数g (x )=f (x )+a ln (x +1)的单调性；(2)设函数h (x )=f (x )-e x ，记x 0为函数h (x )极大值点，求证：14<h (x 0)<2．【解答】解：(1)g (x )=x 2+2x +a ln (x +1)(x >-1)，g(x )=2x +2+a x +1=2(x +1)2+a x +1，当a ≥0时，g (x )在(-1,+∞)上恒正；所以，g (x )在(-1,+∞)上单调递增，当a <0时，由g (x )=0得x =-1+-a 2，所以当x ∈-1,-1+-a 2 时，g (x )<0，g (x )单调递减，当x ∈-1+-a 2,+∞ 时，g (x )>0，g (x )单调递增．综上所述，当a ≥0时，g (x )在(-1,+∞)上单调递增；当a <0时，当x ∈-1,-1+-a 2 时，g (x )单调递减；当x ∈-1+-a 2,+∞ 时，g (x )单调递增．(2)证明：h (x )=x 2+2x -e x (x ∈R )，则h (x )=2x +2-e x ，h (x )=2-e x ，令h (x )=0⇒x =ln2，当x ∈(-∞,ln2)时，h (x )>0，h (x )为增函数；当x ∈(ln2,+∞)时，h (x )<0，h (x )为减函数；所以，h (x )在x =ln2处取得极大值2ln2，h (x )一定有2个零点，分别是h (x )的极大值点和极小值点．设x 0是函数h (x )的一个极大值点，则h (x 0)=2x 0+2-e x 0=0，所以，e x 0=2x 0+2，又h 32=5-e 32>0,h (2)=6-e 2<0，所以，x 0∈32,2 ，此时h (x 0)=x 02+2x 0-e x 0=x 02-2x 0∈32,2 ，所以14<h (x 0)<2．【跟踪训练】1(1)讨论函数f (x )=x -2x +2e x的单调性，并证明当x >0时，(x -2)e x +x +2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g x =e x -ax -ax 2(x >0)有最小值．设g x 的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．【详解】解析：(1)证明：f x =x -2x +2e x f x =e x x -2x +2+4x +2 2=x 2e x x +22∵当x ∈-∞，-2 ∪-2,+∞ 时，f x >0∴f x 在-∞，-2 和-2,+∞ 上单调递增∴x >0时，x -2x +2e x>f 0 =-1∴x -2 e x+x +2>0(2)g(x )=(x -2)e x +a (x +2)x 3=x +2x 3(f (x )+a )，由(1)知，f (x )+a 单调递增，对任意的a ∈0，1 ，f (0)+a =a -1<0，f (2)+a =a >0，因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )+a =0，即g (x a )=0.当0<x <x a 时，f (x )+a <0，g (x )<0,g (x )单调递减；当x >x a 时，f (x )+a >0，g (x )>0,g (x )单调递增．因此g (x )在x =x a 处取得最小值，最小值为g (x a )=e x a-a (x a +1)x 2a =e x a-f (x a )(x a +1)x 2a=ex ax a +2．于是h (a )=e x ax a +2，由e x x +2 =(x +1)e x (x +2)2>0，得e x x +2单调递增．所以，由x a∈(0,2]，得12<h (a )<e 24，因为e x x +2单调递增，对任意的λ∈12,e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a =-f (x a )∈[0,1)，使得h (a )=λ，所以h (a )的值域为12，e 24 ．综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域为12，e 24．2已知函数f (x )=ax 3-ax -x ln x ，且f (x )≥0．(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e -32<f (x 0)<1e．【解答】解：(1)由f (x )=ax 3-ax -x ln x =x (ax 2-a -ln x )≥0恒成立，令g (x )=ax 2-a -ln x 且x >0，①当a ≤0时，f (2)=2(3a -ln2)<0(舍)；②当a >0时，g(x )=2ax -1x =2ax 2-1x，在0,12a 上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，在12a,+∞ 上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )min =g 12a =12-a -ln 12a =12(ln2a -2a +1)≥0．令h (a )=ln2a -2a +1，h ′(a )=1a-2=1-2a a ，在0,12 上，h ′(a )>0，h (a )单调递增，在12,+∞ 上，h ′(a )<0，h (a )单调递减，∴h (a )max =h 12 =0，则a =12．(2)证明：由(1)知：a =12，∴f (x )=12x 3-12x -x ln x ，则f ′(x )=32(x 2-1)-ln x ，令u (x )=f ′(x )，则u ′(x )=3x -1x =3x 2-1x ，在0,33 上，u ′(x )<0，则u (x )单调递减，在33,+∞ 上，u ′(x )>0，则u (x )单调递增，∴u (x )min =u 33 =-1-ln 33=ln 3e<0，u (1)=0,u e -32>0，u (x )=f ′(x )有两个根1,x 0∈e -32,33，f ′(x )图象如下，∴f (x )在(0,x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴f (x )存在唯一极大值为f (x 0)=12x 30-12x 0-x 0ln x 0，又32(x 20-1)=ln x 0，∴f (x 0)=12x 30-12x 0-x 0ln x 0=-x 30+x 0，令φ(x )=-x 3+x ，在e -32,33上φ′(x )=1-3x 2>0，故φ(x )单调递增．f ′(e -1)=32(e -2-1)+1<0，故e -32<x 0<e -1<33，且f (x 0)为极大值，∴f (x 0)=φ(x 0)<φ(e -1)=e -1-e -3<e -1，f (x 0)>f e -32 =12e -32 3-12e -32-e -32ln e -32=12e -32 3+e -32>e -32，∴e -32<f (x 0)<e -1．3已知函数f (x )=xe x -3e x ．(1)求f (x )的极值；(2)若g (x )=f ′(x )-x +ln x 在14，1上的最大值为λ，求证：-6e -3<f (λ)<-7e -4；【解答】解：(1)f (x )=xe x -3e x ．∴f ′(x )=(x -2)e x ，f ′(2)=0，x >2时，f ′(x )>0，此时函数f (x )单调递增；x <2时，f ′(x )<0，此时函数f (x )单调递减．∴f (x )在x =2处取得极小值，f (2)=-e 2，无极大值．(2)证明：g (x )=f ′(x )-x +ln x =(x -2)e x -x +ln x ，x ∈14，1 ．g ′(x )=(x -1)e x-1+1x=(x -1)e x-1x ．∵x ∈14，1 ，∴x -1≤0．函数h (x )=e x -1x在x ∈14，1 上单调递增，又h 12 =e -2<0，h (1)=e -1>0，因此函数h (x )在x ∈14，1 上存在唯一零点x 0，并且x 0∈12，1 ，e x 0=1x 0(可得x 0=-ln x 0)．∴x =x 0时，函数g (x )取得极大值即最大值λ=g (x 0)=(x 0-2)e x 0-x 0+ln x 0=(x 0-2)×1x 0-x 0-x 0=1-21x 0+x 0∈(-4，-3)．而函数f (x )在λ∈(-4,-3)上单调递减．∴f (-3)<f (λ)<f (-4)，而f (-3)=-6e -3，f (-4)=-7e -4，∴-6e -3<f (λ)<-7e -4．。

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

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

1专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x 平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x )=ln x+4x-1.因为在单调递增， 所以当时即函数f (x )在区间单调递减；当时即函数f (x )在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增2所以又因为时则所以则类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln xf x e a x =-，设()20,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2lnf x a a a≥+ 【答案】见解析【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x xa xe af x e x x-=-=设2()2xx xea ϕ=-，()22()242x xx xe x e ϕ'==+，当(]0,1x ∈，()0x ϕ'>，即()x ϕ在区间(]0,1为增函数，(2(),2x a e a ϕ⎤∈--⎦又因为()20,2a e∈，所以2(0)0,(1)20a ea ϕϕ=-<=->由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln xf x e a x =-，由02020x x ea -=，即0202x a ex =，两边去对数得00ln ln 22ax x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a=++≥⋅=+ 所以2()2lnf x a a a≥+ 类型三 挖掘“隐零点”，估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；3（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣x1．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0． 因为 当0＜x ＜a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以a1=1，解得a=1； （另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1）， 所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ， 令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣x1， 令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （21）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜21可知f （x 0）＜412121)(2max 020=+-=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21， 所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，e 1）上单调递减，所以f （x 0）＞f （e1）=21e；综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．4【规律与方法】“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)＝0，并结合f (x )的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数．1试讨论函数的单调性；2若函数存在最小值，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 1，时，在恒成立，故在递增，时，由，解得：，由，解得：，故在递减，在递增；52由1知要使存在最小值，则且，令，，则在递减，又，，故存在使得，故在递增，在递减，，，故，故，又，，故． 2．【广东省汕头市2019届高三上学期期末】已知函数．讨论的单调性；若，是的两个极值点，证明：．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】，．令则，的对称轴为，．时，，函数在上是增函数；当时，，可得，，函数在上是增函数；当时，，由，解得，．在，上，，，函数是增函数；在，，，函数是减函数． 综上可得：在，上，函数是增函数；6在，函数是减函数．证明：假设，由，是函数的极值点，则，是的两个实数根，，，．．即．令，即．令，．，函数在内单调递减，．即．．3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】 （1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），7设函数，则；（i ）当时，，在上单调递增，又，取b 满足且，则，故在上有唯一一个零点， 且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点； （ii ）当时，在上单调递增，无极值点；（iii ）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c 满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点； 且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是4. 已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-. 【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.8【解析】（Ⅰ）解：因为+3()e x mf x x =-，所以+2()e3x mf x x '=-.……………………………………………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）证法一：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．当1m ≥时，()()+1e ln 12e ln 12x mx x x +-+-≥-+-．要证()+eln 120x mx -+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->.………………4分以下给出三种思路证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设()()1e ln 12x h x x +=-+-，则()11e 1x h x x +'=-+. 设()11e 1x p x x +=-+，则()()121e 01x p x x +'=+>+． 所以函数()p x =()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上单调递增．…………………6分 因为121e 202h ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，()0e 10h '=->，所以函数()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. ………………………………8分 因为()00h x '=，所以0+101e1x x =+，即()()00ln 11x x +=-+.………………9分 当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x .………………………………………10分 所以()()()0100=e ln 12x h x h x x +≥-+-()0011201x x =++->+. 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分 思路2：先证明1e 2x x +≥+()x ∈R ．……………………………………………5分设()1e2x h x x +=--，则()+1e 1x h x '=-．9因为当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以当1x <-时，函数()h x 单调递减，当1x >-时，函数()h x 单调递增． 所以()()10h x h ≥-=．所以1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………………………………7分 所以要证明1eln(1)20x x +-+->，只需证明()2ln(1)20x x +-+->．………………………………………………8分 下面证明()ln 10x x -+≥．设()()ln 1p x x x =-+，则()1111xp x x x '=-=++． 当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增． 所以()()00p x p ≥=．所以()ln 10x x -+≥（当且仅当0x =时取等号）．……………………………10分 由于取等号的条件不同， 所以1eln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分 （若考生先放缩()ln 1x +，或e x 、()ln 1x +同时放缩，请参考此思路给分！） 思路3：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2t t ->()0t >．……………………………………5分 因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线0x x =()00x >与曲线e ty =、ln y t =分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为1d 、2d ，则)122AB d d =+． 其中0012x d ，22d =()00x >．①设()000e x h x x =-()00x >，则()00e 1x h x '=-． 因为00x >，所以()00e 10x h x '=->．所以()0h x 在()0,+∞上单调递增，则()()001h x h >=．10所以01x d =>②设()000ln p x x x =-()00x >，则()0000111x p x x x -'=-=． 因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>， 所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减； 当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增． 所以()()011p x p ≥=． 所以00222d =≥． 所以)1222222AB d d ≥+>=⎭． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-.……………………………………12分证法二：因为+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x mx -+->．…………………………4分以下给出两种思路证明()+e ln 120x mx -+->．思路1：设()()+e ln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥， 所以()()1e+1e 1ee e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.11所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …………………8分 因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分 思路2：先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．…………………5分 设()e 1xF x x =--，则()e 1xF x '=-．因为当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>， 所以()F x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增． 所以当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．所以()(0)0F x F ≥=，即e 1()xx x ≥+∈R ．…………………………………7分 所以ln(1)x x +≤（当且仅当0x =时取等号）．…………………………………8分 再证明()+eln 120x mx -+->．由e 1()xx x ≥+∈R ，得1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………9分 因为1x >-，1m ≥，且1e 2x x +≥+与ln(1)x x +≤不同时取等号， 所以 ()()+11eln 12e e ln 12x mm x x x -+-+-=⋅-+-11e (2)2(e 1)(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分5.已知函数 f （x ）=22ln )21(ax x x x ++（a∈R），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；12（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >-λlnx+241x ，求λ的最大值． 【答案】（1）递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）；（2）-2. 【解析】（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+21）x+1， 依题意可得，f'（1）=1，2a+21+1=2，∴41=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x＞0，∴ex 1>．x∈（e 1，+∞）时，f′（x ）＞0，x∈（0，e1）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e 1，+∞），单调递减区间为（0，e1）． （2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（221x +x ）lnx+41x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>-+-λλ⇔λ>+-13ln x x x x ． 设h （x ）=13ln +-x xx x ，只需λ＜h （x ）minh '（x ）=2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2)1(ln 2++-x xx （x ＞0）， 令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+x1＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u（1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0， 当x∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，当x∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =13)2(0000+--x x x x =x 0，13∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 6.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数．（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）设的两个极值点为，证明：当时，．（附注：）【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）由，得，，有两个不同的实根，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．所以要在上单调递减，只需，即，，从而． 所以所求的取值范围是．（2）是的极值点，是关于的方程两个实根，，又，，，，又，令，则，从而只需对恒成立．令，而在上单调递增，14，又．7.已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立．（1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）解：f （x ）=e x（ae x﹣a ﹣x ）≥0，因为e x＞0，所以ae x﹣a ﹣x ≥0恒成立， 即a （e x﹣1）≥x 恒成立， x=0时，显然成立， x ＞0时，e x ﹣1＞0， 故只需a ≥在（0，+∞）恒成立， 令h （x ）=，（x ＞0），h′（x ）=＜0，故h （x ）在（0，+∞）递减，而==1，故a ≥1，x ＜0时，e x﹣1＜0， 故只需a ≤在（﹣∞，0）恒成立， 令g （x ）=，（x ＜0），g′（x ）=＞0，故h （x ）在（﹣∞，0）递增，15而==1，故a ≤1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln ）单调递减，在（ln ，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln ）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知， 方程h （x ）=0在（﹣2，ln ）有唯一根，设为x 0且2e x0﹣x 0﹣2=0，从而h （x ）有两个零点x 0和0，所以f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增，在（x 0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增， 从而f （x ）存在唯一的极大值点x 0即证， 由2e x0﹣x 0﹣2=0得e x0=，x 0≠﹣1，∴f （x 0）=e x0（e x0﹣x 0﹣1）=（﹣x 0﹣1）=（﹣x 0）（2+x 0）≤（）2=，取等不成立，所以f （x 0）＜得证，又∵﹣2＜x 0＜ln ，f （x ）在（﹣∞，x 0）单调递增所以f （x 0）＞f （﹣2）=e ﹣2[e ﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e ﹣4+e ﹣2＞e ﹣2＞0得证， 从而0＜f （x0）＜成立．8．已知函数f （x ）=ax+xlnx （a ∈R ）（1）若函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，求a 的取值范围；（2）当a=1且k ∈Z 时，不等式k （x ﹣1）＜f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）[﹣2，+∞）；（2）3. 【解析】（1）∵函数f （x ）在区间[e ，+∞）上为增函数，∴f′（x ）=a+lnx+1≥0在区间[e ，+∞）上恒成立，∴a ≥（﹣lnx ﹣1）max =﹣2．16∴a ≥﹣2．∴a 的取值范围是[﹣2，+∞）．（2）a=1时，f （x ）=x+lnx ，k ∈Z 时，不等式k （x ﹣1）＜f （x ）在x ∈（1，+∞）上恒成立， ∴k ＜，令 g （x ）=，则g′（x ）=，令h （x ）=x ﹣lnx ﹣2（x ＞1）． 则h′（x ）=1﹣=＞0，∴h （x ） 在 （1，+∞）上单增，∵h （3）=1﹣ln3＜0，h （4）=2﹣2ln2＞0， 存在x 0∈（3，4），使 h （x 0）=0．即当 1＜x ＜x 0时h （x ）＜0 即 g′（x ）＜0 x ＞x 0时 h （x ）＞0 即 g′（x ）＞0g （x ）在 （1，x 0）上单减，在 （x 0+∞）上单增． 令h （x 0）=x 0﹣lnx 0﹣2=0，即lnx 0=x 0﹣2， g （x ）min =g （x 0）===x 0∈（3，4）．k ＜g （x ）min =x 0∈（3，4），且k ∈Z ， ∴k max =3．9．已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【答案】（Ⅰ）（e ﹣1）x ﹣y+1=0；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f （1）=e ，f′（1）=e ﹣1，∴函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程：y ﹣e=（e ﹣1）（x ﹣1）， 即（e ﹣1）x ﹣y+1=0；17（Ⅱ）证明：∵，设g （x ）=f′（x ），则，∴g （x ）是增函数， ∵e x+a＞e a，∴由，∴当x ＞e ﹣a时，f′（x ）＞0； 若0＜x ＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x ＜min{1，e﹣a ﹣1}时，f′（x ）＜0，故f′（x ）=0仅有一解，记为x 0，则当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减； 当x ＞x 0时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；∴，而，记h （x ）=lnx+x ，则，⇔﹣a ＜⇔h （x 0）＜h （），而h （x ）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f （x ）＞e+1．10．已知函数f （x ）=x 2﹣（a ﹣2）x ﹣alnx （a ∈R ）． （Ⅰ）求函数y=f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x ＞0，f （x ）+e x＞x 2+x+2．【答案】（Ⅰ）在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）见解析. 【解析】解：（Ⅰ）函数f （x ）的定义域是（0，+∞）， f′（x ）=2x ﹣（a ﹣2）﹣=…（2分）当a ≤0时，f′（x ）＞0对任意x ∈（0，+∞）恒成立，18所以，函数f （x ）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a ＞0时，由f′（x ）＞0得x ＞，由f′（x ）＜0，得0＜x ＜， 所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减； （Ⅱ）当a=1时，f （x ）=x 2+x ﹣lnx ， 要证明f （x ）+e x＞x 2+x+2，只需证明e x﹣lnx ﹣2＞0，设g （x ）=e x﹣lnx ﹣2， 则问题转化为证明对任意的x ＞0，g （x ）＞0， 令g′（x ）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x0=，当x 变化时，g′（x ）和g （x ）变化情况如下表g （x ）min =g （x 0）=e x0﹣lnx 0﹣2=+x 0﹣2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g （x ）min ＞2﹣2=0，因此不等式得证．。

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

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

利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)

利用隐零点设而不求解决导数问题(解析版)

利用隐零点设而不求解决导数问题1(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0.2(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 ≥h 0 ，而h 0 =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 xx >-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 ≥1．3(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，g x =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1.4(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 ex≥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 2ln t2t 1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 -et 2-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 ．5(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 -1x 2.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 -1e6(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 +1x2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f1 =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>aex ⇔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 <-1.7(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 )x 2≤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hx =2ln x +1 -2x +3 ⋅1x ln x +1 2=2ln x -3x ln 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 3 5，且52 5>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x 0，满足2ln x 0=3x 0，且x 0∈2,52 ；所以当x ∈1,x 0 时，h x <0，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0；因此函数h x =2x +3ln x +1,x >1 在1,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增；所以h x 的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0，显然2x 0∈4,5 ，因此a ≤2x 0∈4,5 ，又a 是整数，所以a 的最大值为4.8(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 -2 e x -m ，m ∈Z .(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 <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 -2 e x -1，f x =1x+x -1 e x -1，f 1 =0，f 1 =-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,f 1 处的切线方程为y =-e -2.(2)由f x <0可得m >ln x -x +x -2 e x ，令g x =ln x -x +x -2 e x ，x ∈0,1 ，则g x =x -1 e x -1x，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h 1 =e -1>0，h 12=e -2<0，则存在x 0∈12,1，使得h x 0 =0，即e x 0=1x 0，取对数得ln x 0=-x 0，当x ∈0,x 0 时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g (x )max =x 0-2 ⋅e x 0+ln x 0-x 0=x 0-2 ⋅1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0，∵y =1-2x +2x在12,1 上单调递增，则g x 0 ∈-4,-3 ，又m >g x 对任意x ∈0,1 恒成立，m ∈Z ，所以m ≥g x 0 ，即m 的最小值为-3.9(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 -mx 2+1-2m x +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f 12 =14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m =1时，f x =ln x -x 2-x +1x >0 ，f x =1x -2x -1=-x +1 2x -1 x.当0<x <12时，f x >0，则f x 在0,12 上单调递增；当x >12时.f x <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f 12 =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 x 2+2x 在0,+∞ 上恒成立，即m ≥ln x +x +1x 2+2x在0,+∞ 上恒成立，设F x =ln x +x +1x 2+2x ，则Fx =-x +1 x +2ln x x 2+2x 2.设φx =-x +2ln x ，显然φx 在0,+∞ 上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12 =-12+2ln 12 =2ln2-12>0，所以∃x 0∈12,1 ，使得φx 0 =0，即x 0+2ln x 0=0，当x ∈0,x 0 时，φx >0，F x >0；当x ∈x 0,+∞ 时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 上单调递减，所以F x max =F x 0 =ln x 0+x 0+1x 20+2x 0=12x 0，因为x 0∈12,1 ，所以12x 0∈12,1 ，故整数m 的最小值为1.10(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∃x 0∈(-a ,+∞)，使得g x 0 =0，即e x 0=1x 0+a ，所以a =1ex 0-x 0，当x ∈-a ,x 0 时，g (x )<0，所以g (x )单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，g (x )>0，所以g (x )单调递增，所以g min (x )=g x 0 =e x 0-ln x 0+a -a =e x 0-1ex 0+2x 0≥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 -1ex +2x 为增函数，由p x 0 ≥0=p (0)，所以x 0≥0.因为y =1e x ,y =-x 均为减函数，所以a =1ex 0-x 0在0,+∞ 上为减函数，所以，当x 0≥0时，a ≤1，所以实数a 的取值范围为(-∞,1]。

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导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)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 o,且.「「一【解答】(1)解：f (x) =e x(ae x- a - x) >0，因为e x>0，所以ae x- a - x> 0恒成立，即a (e x- 1) >x恒成立，x=0时，显然成立，x>0 时，e x- 1 >0，故只需a> ' 在(0， + %)恒成立,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K故 a <1,综上：a=1 ；(2)证明：由(1) f (x) =e x(e x- x - 1),故f (x) =e x (2e x- x - 2),令h (x) =2e x- x - 2 , h' (x) =2e x- 1 ,所以h (x)在(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H £h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,e••h (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i •■•f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又•••-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增2所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)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 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )•••函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，••• f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.••a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，•'•k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X K••h (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且 k € Z , • °k max =3 .3.函数 f (x ) =alnx - x 2+x , g (x ) = (x - 2) e x - x 2+m (其中 e=2.71828 ••：)(1) 当a O 时，讨论函数f (x )的单调性；(2) 当a= - 1, x €( 0 , 1］时，f (x )>g (x )恒成立，求正整数 m 的最大 值. 【解答】解：(1)函数f (x )定义域是(0 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当 x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增， 当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减； 综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸 时，f (x )的单调递增区间是 「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，•••当0 v x <1 时，1 —x X),设・•. 一乂，则•••u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ • ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;•函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9•J ：' I 15 ：， = ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q•••当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+x对任意x €( 0, 1］恒成立，•正整数m的最大值是3.4. 已知函数f (x) =e x+a—Inx (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;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . £【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄••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+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二••g (x)是增函数，••e x+a>e a,「.由•「亠一一…x•••当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x•••当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则•------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。

) v h (，)，e e e而h (x(显然是增函数，• I …■■•，•.■_.：■「- - 1U E “X。

综上，当-“丨-一时，f (x) >e+1 .e本资料分享自千人教师QQ群323031380 5 .已知函数f (x) =axe x-( a+1 ) (2x - 1).f 'x)(v 0，f (x(递减;高中数学资源大全(1)若a=1，求函数f (x)的图象在点(0, f (0))处的切线方程;(2)当x >0时，函数f (x)>0恒成立，求实数a的取值范围.【解答】解：(1 )若a=1，则 f (x) =xe x- 2 (2x - 1),当x=0 时，f (0) =2，f (x) =xe x+e x- 4，当x=0 时，f (0) = - 3，所以所求切线方程为y= - 3x+2 .……(3分)(2)由条件可得，首先f (1 )>0，得-> ','■ ■ |，e-1而f (x) =a (x+1 ) e x- 2 (a+1 )，令其为h (x)，h' (x) =a (x+2 ) e x恒为正数，所以h (x)即f (x)单调递增，而f (0) = - 2 - a v 0，f (1) =2ea -2a - 2 X)，所以f (x)存在唯一根X0€( 0，1］，且函数f (x)在(0，X0)上单调递减，在(X0+ %)上单调递增,所以函数f (x)的最小值为：■1■... ' ' I I・，只需f (X0)X0即可，又X0满足- "_ —，(a+1) (-2X02+ K0+1)代入上式可得，x o+i'•'X0€( 0，1］，二一.二-匸 | I . -，即：f (X0)X0恒成立，所以「1 .……(13分)e-16 .函数f (x) =xe x- ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y= - x+1 .(1)求a和b的值;(2)若f (x )满足：当x >0时，f (x ) >lnx -x+m ，求实数m 的取值范围. 【解答】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: i r f(O)=b=lL f (8)=1 -3F —1解得 a=2 , b=1 .(2)v f (x )满足：当 x >0 时，f (x ) >lnx - x+m , •'•m <xe x - x - Inx+1，①令 g (x ) =xe x - x - Inx+1 , x > 0, 则 / :「「亠-设 g ' (o ) =0 , x o >0，则—，从而 Inx o = - x o ,由 g '( )- g' 1，知：1.,当 x €( 0 , X o )时，g 'x)(V 0 ; 当 x €( X 0, + x)时，g x ) (> 0,•函数g (x (在)0 , x o )上单调递减，在)x o , + x)上单调递增. ■'g (x ) min =g (x o ) = ., J— x o — Inx o = ：, - x o - Inx o =x 0?— x o +x 0=1 .xm <xe x - x - Inx+1 恒成立？ m <g (x ) min ,•实数m 的取值范围是：(-x, 1].本资料分享自千人教师 QQ 群323031380高中数学资源大全7 .已知函数 f (x ) =3e x +x 2, g (x ) =9x - 1 .,g '10 =2 (e - 1 )> 0，g(1)求函数© (x) =xe x+4x - f (x)的单调区间;(2)比较f (x)与g (x)的大小，并加以证明.【解答】解：(1) ©' (x) = (x-2) (e x- 2),令©' (x) =0 ,得x i=ln2 , X2=2 ;令©' (x)> 0，得x v ln2 或x >2 ;令©' (x) v 0，得ln2 v x v 2 .故© (x)在(-X, |n2 )上单调递增，在(In2，2)上单调递减，在(2，+ %)上单调递增.(2) f (x) > g (x).证明如下：设h (x) =f (x)- g (x) =3e x+x2- 9x+1，：h' (x) =3e x+2x - 9 为增函数, •••可设h' (x o) =0 , vh' (0) = - 6 v 0 , h' (1) =3e - 7 >0 ,「x o €( 0 , 1). 当x >X0 时，h' (x) > 0 ;当x v X0 时，h' (x)v 0 .•'h (x) min =h (X0)= ：［i ■'',又」I ：行匸，二:.1,•；：. H I 「匸丨工I J：-「=：：一丨1 十「= (X0 - 1) (X0 - 10),収0€( 0 , 1 ),.・.(X0- 1) (X0- 10 )> 0 ,• '•h ( X) min > 0 ,.°.f ( X) > g ( X ).8.已知函数f (x) =lnx+a (x- 1) 2(a>0).(1)讨论f (x)的单调性；3(2)若f (x)在区间(0, 1 )内有唯一的零点X0,证明：--.2 【解答】解：(1 )•」_'「■■-,X①当0 v a<2时，f (x)>0 , y=f (x)在(0 , + 上单调递增，②当a>2时，设2ax2- 2ax+1=0的两个根为，且X l=―書—，七 ~書—'y=f (乂)在(0，x i), (x2，+ %)单调递増，在(x i，x2)单调递减.(2)证明：依题可知f (1) =0,若f (x)在区间(0 , 1 )内有唯一的零点X0,由(1)可知a>2，且：，：「：. | ^、—:于是•-①「. 1： | 二 * | I -②由①②得・I，设=〔：「〕_,：' ■ ■，u x 0则- 一」'「，因此g (x)在© =•」上单调递减，2 x 23~2-1又；,「二^―，:- -y-<-f-3根据零点存在定理，故一…、9 •已知函数f (x)=—，其中a为常数. 如)2(1)若a=0，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (乂)在(0，- a) 上单调递增，求实数a的取值范围；(3)若a= - 1，设函数f (x)在(0，1)上的极值点为X0，求证：f (X0)v-2.【解答】解：(1) f (x)=埠的定义域是(0， + %), f 'x(=旦严，X X令 f 'x 0> 0，解得0 v x v •，令 f 'x )v 0，解得：x > ■■,则f (x )在(0, 一)递增，在(一，+ X )递减， 故f (x )极大值=f (■)=',无极小值； 2e (2)函数f (x )的定义域为{x|x >0且x 工-a}.(2x+2a)=―-， (s+a) 4(x+a)要使函数f (x )在(0，- a ) 上单调递增，则a v 0， 又 x €( 0， - a )时，a v x+a v 0， 只需1+2 - 2lnx <0在(0，- a )上恒成立，x 即a >2xlnx - x 在(0， - a )上恒成立，由 y=2xInx - x 的导数为 y ' =21+1 nx ) - 1=1+21 nx ， Ve丄v a v 0时，函数递减，可得a>0，矛盾不成立；当-a >丄即a v-丄时，函数y 在(0，-)递减，在(丄，-a )递增,VeVeyeve可得 y v- 2aln (- a ) +a ，可得 a >-2aln (- a ) +a ，解得-1 <a v 0， 则a 的范围是［-1，0);(3) 证明：a= - 1，则 f (x ) =— k ，. (x-1 )〜 l-21nx —导数为f 'x )=：， (X-1)3设函数f (x )在(0，1)上的极值点为X 0, 可得 1 - 2lnx 0—— =0，x即有 2lnx 0=1 ----- -lnx 0要证 f (X 0)v- 2，即 --------- -- +2 v 0，当x > 1时，函数y 递增，0 v x v 1时，函数y 递减,Ve 当- a故f (x o ) v- 2成立.10 .已知函数f (x ) =lnx - x+1，函数g (x ) =ax?e X - 4x ，其中a 为大于零的 常数.(I)求函数f (x )的单调区间；(U)求证：g (x ) - 2f (x ) >2 (l na - ln2 ).【解答】解：(I) •八一 〔「 ................................ 2 分)EXx €( 0, 1)时，f (x )> 0, y=f (x )单增；x €( 1, + x)时，f (x ) v 0, y=f (x )单减 .......................... (4 分)(U)证明：令 h (x ) =axe x - 4x - 2ln x+2x - 2=axe x - 2x - 2l nx - 2 (a > 0 ,x >0) ............... .(5 分) h v (x)=a (e K +x e 1) -2^~=ae x (x+l)-2-^^x x故'--：：二 ............................................................... (7 分)x令 h' (x ) =0 即"zo两边求对数得：Ina+x 0=ln2 - lnx ° 即 Inx °+X 0=ln2 - Ina ............................. (9 分)x• •丨 I .] ■ I I I ) I , I ) I 1 . ) I . ..) . . . 1 I I I < I . . I . . I ,•'h (x ) >2Ina - 2ln2由于X 0 € (0,1)，且 xo 4，2lnx 0=1 -丄不成立,xlnx 0+2 v 012 分)由于------ 7 ------- +22x 0 (i J-1)1-4I 0+4X 02 = 2X Q (XQ -I)11 .已知函数f (x) =x2-(a - 2) x - alnx (a € R).(I)求函数y=f (x)的单调区间；(U)当a=1 时，证明：对任意的x> 0 , f (x) +e x> X2+X+2 . 【解答】解：(I)函数f (x)的定义域是(0 , + %),f 'x O =2x -(a - 2)—1=_—…(2 分)K X当aO 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 >子，由f ' x)v 0，得0 v x v子所以，函数在区间):，+ %(上单调递增，在区间)0 ,：)上单调递减; (U)当a=1 时，f (x) =x2+x - Inx，要证明 f (x) +e x>x2+x+2 ，只需证明e x- Inx -2 >0，设g (x) =e x- Inx - 2，则问题转化为证明对任意的x >0，g (x) > 0，令g ' () =e x-丄=0，得e x=丄，x x容易知道该方程有唯一解，不妨设为X0，则X0满足e x0=—，x0当x变化时，g ')(和g (x(变化情况如下表g (x) min =g (X0)=e x0- Inx。

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