导数隐零点问题探究
【高考】二轮复习导数中的隐零点问题ppt课件
分析.(1)当t 2，f ( x) x3 3x2 , f '( x) 3x2 6x,易于求单调区间；
（2）f ( x) x( x2 3x 2 t)，其中 , 为方程x2 3x 2 t 0 两个不等的实根.对任意x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，
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法1.直接求解x , 代入，降次，消元x 3x (2 t)x S2：以零点为分界点，说明导函数的正负1，原来函数的增减性，进而得到函数的极值；
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(综xt 上1：11)， t的即取(2t值1范t)x围11是(13141,26)t( 2,11(]t. 1) t 1 24 3 121的刚22（观5222当注SS注SS（S导-注注用31223..、502...难能学很区刚史点环函：：2函：：导：：：：：、.、古通）点源法多 别 的 料 三 境 数 （ （ 数 （ （ 数将先以以将我没之过进：部：时和活实：永的11零11解零求零零零宁有立分））行））明分活候发动证偏远零点决点导点点点可斗大析 确 确 代 确 确王：动，生中）颇不点虽函方，为为方做争事阿定定数定定朝知探人条，。会不然数程用分分程人就者拉隐隐式隐隐1政道究并件大全十易隐综适零界界适类没，伯性性的性性治天法不，家球全求形合当点点点当中有不国零零替零零制然、是懂看化十出，问变存，，变有功惟家点点换点点度气自因得见是美时但题形在说说形梦绩有产，，过，，变、主为燃水一，，只，，性明明，想，超生可可程可可3化石学失料中把消注要是整定导导整和没世、以以中以以的油习败的的双极意抓高体理函函体有有之伊由由，由由认、法而合筷刃的分住考代判数数代完功才斯零零尽零零识煤烦理子剑人析特的入定的的入成绩，兰点点可点点等恼安，受其征重“最导正正最梦就亦弯教的的能的的化全发环导（点;值函负负值想没而必折创存存将存存石使展境数零考式数，，式的有是有”立在在复在在燃了用中控的点察子零原原子愿奖因坚的性性杂性性料，、国制单方内；点来来；望赏为忍历定定目定定，硬灭家，调程容的函函的，失不史理理标理理认币1火面积性），存数数、而败拔背确确式确确识“和临极，，最在的的最没后升之景定定变定定燃防的的结判终性增增渺有找高志、，，形，，料爆既人合断都，减减小行不”。日也也为也也了完的有却零其会由性性的动到本可可常可可，全基机控点范归，，人就任大以以见以以这燃础遇制存围结进进，没何化由由的由由是烧知也环在（于而而而有借改函函整函函为的识有境定用函得得不生口新数数式数数什重。挑。理零数到到愿活而的的的或的的么要战，点的函函做。烦过图图分图图了性确存单数数并一—恼程象象式象象？;定在调的的结个—能。，特特，特特零性性极极合最别从初征征需征征点定的值值的伟林保步得得要得得的理判；；单大斯护学到到尽到到范）断调的基环习，，可，，围，，性、境运及及能及及最而得无的用题题将题题后函到梦角必 设 设 指 设 设整 数零想度要条条、条条体的点、选性件件对件件代单的无择与得得数得得入调大愿燃可到到函到到，性致望料能等等数等等化又范的，性等等式等等归与围人知的；；用；；为导；。道哲有常函—利学理见数—用范式函的纪氢畴替数零伯气，换形点伦、解，式有酒释这着.精、是密等分解切清析题的洁历能联燃史否系料事继，的件续可可和深以能历入说性史的导;认现关函识象键数缓的；的慢方零氧法点化。的、（求燃历解烧史或、解估爆释算炸）
三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究
Җ㊀广东㊀房㊀彬㊀㊀三角函数和导数相结合问题是高考常见的类型．同时,在函数中会涉及三角函数㊁指数函数和对数函数,类似l n x ,e x,s i n x ,c o s x 等类型,这三类广义上被称为超越函数．求解这类题目需要运用放缩㊁换元㊁分类讨论等方法．在求导过程中,由于三角函数具有周期性,难以通过多次求导使三角函数消失,这造成学生思维上的障碍．因此,教师有必要通过深入研究和分析出三角函数与导数结合问题的解决方法,建立解决此类问题的数学思维模型,进而更加有效地解决此类问题．下面本文对三角函数与导数结合类型中隐零点问题进行探究．１㊀三角函数和对数型函数结合的极值与隐零点问题例１㊀(２０１９年全国卷Ⅰ理２０)已知函数f (x )＝s i nx －l n (１＋x ),fᶄ(x )为f (x )的导数．证明:(１)fᶄ(x )在区间(－１,π２)存在唯一极大值点;(２)f (x )有且仅有２个零点．分析㊀本题考查的是三角函数和对数型函数的综合问题,是一道导数的压轴题．三角函数的出现从已知条件上就让考生产生畏惧心理,达到初步选拔的作用．第(１)问中极大值的唯一性,本质上还是在导数的层面上研究零点问题,零点值不能具体解得,注重考查隐零点的运用,进一步达到区分不同层次考生的目的．第(２)问表面上是常规的零点问题,实际上对考生提出进一步的要求,考查考生在分类讨论的基础上对隐零点问题的掌握和运用的程度,进而更加有效地起到区分和选拔考生的关键作用．(１)由题意知f(x )(如图１Ｇ甲所示)定义域为(－１,＋ɕ)且f ᶄ(x )＝c o s x －１x ＋１(如图１Ｇ乙所示),令g (x )＝c o s x －１x ＋１,x ɪ(－１,π２),g ᶄ(x )＝－s i n x ＋１(x ＋１)２(如图１Ｇ丙所示)．图１㊀㊀因为函数y ＝１(x ＋１)２与y ＝－s i n x 在(－１,π２)上单调递减,所以g ᶄ(x )在(－１,π２)上单调递减．又g ᶄ(０)＝－s i n０＋１＝１＞０,g ᶄ(π２)＝４(π＋２)２－１＜０,所以∃x ０ɪ(０,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０．当x ɪ(－１,x ０)时,gᶄ(x )＞０;当x ɪ(x ０,π２)时,gᶄ(x )＜０,故g (x )在(－１,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,则x ＝x ０为g (x )唯一的极大值点,故f ᶄ(x )在区间(－１,π２)上存在唯一的极大值点x ０．(２)将定义域分成四个区间:x ɪ(－１,０],x ɪ(０,π２),x ɪ[π２,π],x ɪ(π,＋ɕ),进行函数单调性和函数零点存在性的讨论．当x ɪ(－１,０]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在(－１,０]上单调递减,f (x )ȡf (０)＝０存在唯一零点．当x ɪ(０,π２)时,由(１)知f ᶄ(x )在(０,π２)内存在唯一极大值点,故引入x ０,x １对极值点和零点进行虚设,这种隐零点的使用是对考生数学抽象能力运用在具体题目中的进一步考验．fᶄ(x )在(０,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,又f ᶄ(０)＝０,所以f ᶄ(x ０)＞０,f (x )在(０,x ０)上单调递增,此时f (x )＞f (０)＝０,不存在零点．又因为f ᶄ(π２)＝－２π＋２＜０,所以∃x １ɪ(x ０,π２),使得fᶄ(x １)＝０,所以f (x )在(x ０,x １)上单调递增,在(x １,π２)上单调递减．又因为f (x ０)＞f (０)＝０,１１f (π２)＝l n ２e π＋２＞l n１＝０,所以f (x )＞０在(x ０,π２)上恒成立,此时不存在零点．故当x ɪ(０,π２)时,f (x )＞０,从而f (x )在(０,π２)上不存在零点．当x ɪ[π２,π]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在[π２,π]上单调递减,f (π２)＞０,f (π)＜０,所以f (x )在[π２,π]存在唯一零点．当x ɪ(π,＋ɕ)时,l n (x ＋１)＞１,所以f (x )＜０,f (x )在(π,＋ɕ)没有零点．综上,f (x )有且仅有２个零点．本题主要考查导数在函数中的应用,考查考生基础性㊁综合性㊁应用性㊁创新性四个关键能力．同时,对考生的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学建模㊁直观想象㊁数学运算㊁数学分析六个核心素养要求较高．利用导数判断函数的单调性㊁求解极值和零点问题,重点考查等价转化思想和分类讨论思想．对函数多次求导将极值问题转化成零点问题,需要较强的逻辑推理能力,实质上极值点也是一类零点问题．零点问题主要有四类:零点存在性问题㊁零点个数问题㊁零点求解问题㊁零点应用问题．在求解零点过程中无法具体解得零点时,考生应该引入隐零点．隐零点一般采用设而不求的策略,可以虚设零点,估算零点位置,进而运用代换转化㊁参数分离㊁放缩等方法解决问题．２㊀三角函数和对数函数结合中含有参数的极值与隐零点问题例２㊀已知函数f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (a ＞０)．若f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,求a 的取值范围．由题知f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (如图２Ｇ甲所示),fᶄ(x )＝１x－c o s x ＋a (如图２Ｇ乙所示)．当x ɪ(０,１]时,f ᶄ(x )ȡ１－c o s x ＋a ＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(１,π２)时,设g (x )＝１x－c o s x ＋a ,则gᶄ(x )＝－１x ２＋s i n x (如图２Ｇ丙所示)．由于g ᶄ(１)＜０,gᶄ(π２)＞０,故∃x ０ɪ(１,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０,即－１x ２０＋s i n x ０＝０,１x ０＝s i n x ０,故fᶄ(x ０)＝s i n x ０－c o s x ０＋a ．因为s i n x ０＞s i n x ０,所以fᶄ(x ０)＞s i n x ０－c o s x ０＋a ＞０,f (x )．图２当x ɪ[π２,３π２]时,f ᶄ(x )＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(３π２,２π)时,易知f ᶄ(３π２)＞０．因为f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,所以f ᶄ(２π)＜０,即a ＜１－１２π,故a 的取值范围为(０,１－１２π)．本题重点考查三角函数的单调性㊁有界性㊁周期性㊁特殊点和放缩法,先结合参数范围确定单调性,再进行分类讨论．关键是分析函数在x ɪ(１,π２)内的单调性,通过二次求导得到１x ０＝s i n x ０,然后代入f ᶄ(x ０),通过s i n x ０＞s i n x ０的放缩,确定此区间内无极值点．结合范围进行适当放缩是解决三角函数型导数问题的必要方法,一些结论需要先证后用,对逻辑推理思维能力有较高要求．隐零点的运用要注重三个步骤:１)根据已知条件确定零点的存在范围;２)根据零点的意义进行代数式的替换;３)结合前两步确定目标函数的范围．最后,结合零点存在性定理得到最终结果．３㊀三角函数和指数函数结合的不等式与隐零点问题例３㊀已知函数f (x )＝e xs in x －a x ,当０＜a ＜１时,求证:对任意的x ɪ[０,３π４],都有f (x )ȡ０．因为f (x )＝e xs i n x －a x (如图３Ｇ甲所示),所以f ᶄ(x )＝e x(s i n x ＋c o s x )－a (如图３Ｇ乙所示)．设g (x )＝e x (s i n x ＋c o s x )－a ,则g ᶄ(x )＝２e xc o s x (如图３Ｇ丙所示)．当x ɪ[０,π２]时,g ᶄ(x )ȡ０,g (x )单调递增;当２１xɪ(π２,３π４]时,gᶄ(x)＜０,g(x)单调递减．图３因为g(０)＝fᶄ(０)＝１－a＞０,g(３π４)＝fᶄ(３π４)＝－a＜０,所以∃x０ɪ[０,３π４],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时,fᶄ(x)＞０,f(x)在[０,x０)上单调递增;当xɪ(x０,３π４]时,fᶄ(x)＜０,f(x)在(x０,３π４]上单调递减．因为f(０)＝０,f(３π４)＝２２e３π４－３π４a＞２２e３π４－３＞０,所以当０＜a＜１时,对任意的xɪ[０,３π４],都有f(x)ȡ０．本题是指数函数和三角函数的综合问题,根据e x型函数的特点,利用其性质㊁范围㊁导数等优化函数表达式．同时在已知参数范围的前提下,利用参数边界的特点确定不等式的范围,达到消参或者放缩不等式的目标．运算过程中对结果的估算也是必不可少的,估算可以减少不必要的计算过程．在解题过程中需要使用某个方程的根,当根无法求出时,需要借助隐零点的运用对函数进行分析,让隐零点关联作用得到充分发挥．４㊀三角函数、对数函数和指数函数结合的恒成立与隐零点问题例４㊀已知函数f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x．若f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π]恒成立,求实数a的取值范围．因为f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x(如图４Ｇ甲所示),所以fᶄ(x)＝e x＋１x＋１＋a c o s x(如图４Ｇ乙所示)．当aȡ０时,因为xɪ[０,π],所以s i n xȡ０,f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n xȡe x＋㊀㊀当a＜０时,设g(x)＝e x＋１x＋１＋a c o sx,则gᶄ(x)＝e x－１(x＋１)２－a s i n x(如图４Ｇ丙所示)．当xɪ[０,π]时,因为e xȡ０,０＜１(x＋１)２ɤ１,－a s i n xȡ０,所以gᶄ(x)ȡ０,即g(x)在[０,π]上单调递增．g(０)＝fᶄ(０)＝２＋a．图４当－２ɤa＜０时,fᶄ(x)ȡfᶄ(０)＝２＋aȡ０,所以f(x)在[０,π]上单调递增,又f(０)＝１,所以f(x)ȡf (０)＝１恒成立．当a＜－２时,fᶄ(０)＝２＋a＜０,fᶄ(π)＞０,所以∃x０ɪ[０,π],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时, fᶄ(x)＜０,f(x)在[０,x０)上单调递减,f(x０)＜f(０)＝１,所以当a＜－２时,f(x)ȡ１不恒成立．综上所述,当aȡ－２时,f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π)恒成立．本题是指数函数㊁对数函数㊁三角函数三者相结合的综合问题．恒成立问题实际上是最值问题,利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题的关键是多次构造函数并求导．判断新函数的性质,然后回溯递推．恒成立问题往往涉及分类讨论思想㊁转化思想,结合三角函数的有界性和特殊点法进行单调性的判断．隐零点的应用一般需要结合所讨论区间的端点值确定范围．不同解题模型各有优势,在选择中不是比较哪一种模型更新颖,而是考虑在同等情况下哪一种模型解决的问题更多,更接近通法通解,更有利于学生对知识的融会贯通,更有利于提高解题成功率．从学生的薄弱知识点入手,在学习过程中不是一味地记公式和结论,而是要弄清楚这一结论是如何推导出来的,适合解哪一类问题,是否可以作为解决这一类问题的通法,进而理清解题思路,构建出恰当的解题模型,达到随时可以调用的效果,真正做到以不变应万变．(作者单位:广东省佛山市顺德区乐从中学)３１。
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.。
高考数学专题一 微专题12 隐零点问题
f(x)＝12x2－x＋asin x，则 f′(x)＝x－1＋acos x， ∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1， 令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立， ∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0， ∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0， ∴λ的取值范围是(－∞，0].
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意 b≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝ex－lnxx－1x，
则
1－ln h′(x)＝ex－ x2
x＋x12＝x2ex＋x2 ln
x ，
令 u(x)＝x2ex＋ln x，则 u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以 u(x)在(0，＋∞)
专题一 函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在 函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般 对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条 件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12，＋∞时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 得b≥－e. 故b的取值范围是[－e，＋∞).
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝12x2－x＋asin x. (1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ
专题12 导数中隐零点的应用(解析版)
专题12导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f′(x)＝0是超越形式)，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．用隐零点处理问题时，先证明函数f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x0，则f′(x)＝0的根为x0，即有f′(x0)＝0．注意确定x0的合适范围，如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关．这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题．隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等．至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围．进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键．最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1](2015全国Ⅱ)设函数f(x)＝e2x－a ln x．(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln2a．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．由f′(x)＝0得2x e2x＝a．令g(x)＝2x e2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0．当a>0时，方程g(x)＝a有一个根，即f′(x)存在唯一零点；当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0．故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以[f (x )]min ＝f (x 0)．由2e 2x 0－a x 0＝0得e 2x 0＝a 2x 0，又x 0＝022e x a ，得ln x 0＝ln 022ex a ＝ln a2－2x 0，所以f (x 0)＝02e x－a ln x 0＝a 2x 0－a2－2x ＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a≥2a 2x 0·2ax 0＋a ln 2a ＝2a ＋a ln 2a．故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a．[例2](2013全国Ⅱ)设函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)若x ＝0是f (x )的极值点，求m 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当m ≤2时，求证：f (x )＞0．解析(1)f ′(x )＝e x －1x ＋m．由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1．于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x －1x ＋1．函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0．因此当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，故只需证明当m ＝2时，f (x )＞0．当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)单调递增．又f ′(－1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x 0，且x 0∈(－1，0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得0e x ＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2＞0．综上，当m ≤2时，f (x )＞0．[例3]已知函数f (x )＝x e x －a (x ＋ln x )．(1)讨论f (x )极值点的个数；(2)若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 ＋1)(x e x －a )x，x ∈(0，＋∞)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a >0时，令h (x )＝x e x －a ，h ′(x )＝(x ＋1)e x >0．显然函数h (x )在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x →0时，h (x )→－a <0，h (a )＝a (e a －1)>0，必存在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)由(1)得，f ′(x 0)＝0，即x 0e x 0＝a ，f (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)＝x 0e x 0(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，则e x 0>x 0＋1．因为x 0∈(0，1)，所以1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0＝2(1－x 0)>0．相乘得e x 0(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f (x 0)＝x 0e x 0(1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．故f (x 0)>2(x 0－x 30)成立．[例4]已知函数f (x )＝a e x ＋sin x ＋x ，x ∈[0，π]．(1)证明：当a ＝－1时，函数f (x )有唯一的极大值点；(2)当－2<a <0时，证明：f (x )<π．解析(1)当a ＝－1时，f (x )＝x ＋sin x －e x ，f ′(x )＝1＋cos x －e x ，因为x ∈[0，π]，所以1＋cos x ≥0，令g (x )＝1＋cos x －e x ，g ′(x )＝－e x －sin x <0，所以g (x )在区间[0，π]上单调递减．因为g (0)＝2－1＝1>0，g (π)＝－e π<0，所以存在x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0．所以函数f (x )的单调递增区间是[0，x 0]，单调递减区间是[x 0，π]．所以函数f (x )存在唯一的极大值点x 0．(2)当－2<a <0时，令h (x )＝a e x ＋sin x ＋x －π，则h ′(x )＝a e x ＋cos x ＋1，令k (x )＝a e x ＋cos x ＋1，则k ′(x )＝a e x －sin x <0，所以函数h ′(x )在区间[0，π]上单调递减，因为h ′(0)＝a ＋2>0，h ′(π)＝a e π<0，所以存在t ∈(0，π)，使得h ′(t )＝0，即a e t ＋cos t ＋1＝0，且当0<x <t 时，h ′(x )>0；当t <x <π时，h ′(x )<0．所以函数h (x )在区间[0，t ]上单调递增，在区间[t ，π]上单调递减．h (x )max ＝h (t )＝a e t ＋sin t ＋t －π，t ∈(0，π)，因为a e t ＋cos t ＋1＝0，只需证φ(t )＝sin t －cos t ＋t －1－π<0即可，φ′(t )＝cos t ＋sin t ＋1＝sin t ＋(1＋cos t )>0，所以函数φ(t )在区间(0，π)上单调递增，φ(t )<φ(π)＝0，即f (x )<π．【对点训练】1．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0．(1)求a ，b 的值；(2)求证函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32．1．解析(1)因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1，又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1．(2)令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0．由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0x 0＝1＝e2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32．2．已知函数f (x )＝e x －t －ln x ．(1)若x ＝1是f (x )的极值点，求t 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当t ≤2时，证明：f (x )>0．2．解析(1)函数f (x )的定义域(0，＋∞)，因为f ′(x )＝e x －t －1x，x ＝1是f (x )的极值点，所以f ′(1)＝e 1－t －1＝0，所以t ＝1，所以f ′(x )＝e x －1－1x，因为y ＝e x －1和y ＝－1x ，在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0，此时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，(2)当t ≤2时，f (x )＝e x －t －ln x ≥e x －2－ln x ，设g (x )＝e x －2－ln x ，则g ′(x )＝e x －2－1x ，因为y ＝e x －2和y ＝－1x在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′(1)＝1e －1<0，g ′(2)＝1－12＝12>0，所以存在x 0∈(1，2)使得g ′(x 0)＝0，所以在(0，x 0)上使得g ′(x )<0，在(x 0，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (x 0)，因为g ′(x 0)＝0，即e x 0－2＝1x 0，所以ln x 0＝2－x 0，所以g (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2，因为x 0∈(1，2)，所以g (x 0)＝1x 0＋x 0－2>2－2＝0，所以f (x )>0．3．已知函数f (x )＝a e x －2x ，a ∈R ．(1)求函数f (x )的极值；(2)当a ≥1时，证明：f (x )－ln x ＋2x >2．3．解析(1)f ′(x )＝a e x －2，当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减，则f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln 2a ，令f ′(x )>0得x >ln 2a ，令f ′(x )<0得x <ln 2a ，∴f (x )∞，ln 2a，＋∴f (x )的极小值为f 2－2ln 2a，无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极值．当a >0时，f (x )的极小值为2－2ln 2a ，无极大值．(2)当a ≥1时，f (x )－ln x ＋2x ≥e x －ln x ，令g (x )＝e x －ln x －2，转化为证明g (x )>0，∵g ′(x )＝e x －1x (x >0)，令φ(x )＝e x －1x (x >0)，则φ′(x )＝e x ＋1x 2(x >0)，则φ′(x )>0，∴g ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，∵g ′(1)＝e －1>0，g ＝e －2<0，∴∃x 0g ′(x 0)＝0，∴函数g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (x 0)＝0e x－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2≥21x 0·x 0－2＝0，∵x 0≠1，∴g (x )>0，∴f (x )－ln x ＋2x >2．4．已知函数f (x )＝ax＋bx ln x ，其中a ，b ∈R ．(1)若函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝x ＋e ，求a ，b 的值；(2)当b >1时，f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，证明：a >e ＋12e ．4．解析(1)由题得f ′(x )＝－a x 2＋b (ln x ＋1)，∴f ′(e)＝－a e 2＋2b ＝1，且f (e)＝ae＋e b ＝2e ，从而解得a ＝e 2，b ＝1．(2)由f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，得ax＋bx ln x ≥1，等价于a ≥x －bx 2ln x ，令g (x )＝x －bx 2ln x ，x ∈12，2，则g ′(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，令φ(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，则φ′(x )＝－b (2ln x ＋3)，易知φ′(x )<0，故g ′(x )在12，2上单调递减，因为g ′(e －12)＝1－b (－e －12＋e －12)＝1>0，g ′(1)＝1－b (2ln1＋1)＝1－b <0，故x 0∈(e －12，1)，使g ′(x 0)＝1－b (2x 0ln x 0＋x 0)＝0，则g (x )在12，x 0上单调递增，在(x 0，2]上单调递减，故g (x )max ＝g (x 0)＝x 0－bx 20ln x 0＝x 0＋bx 202，令h (x )＝x ＋bx 22，易知h (x )在(e －12，1)上单调递增，则a ≥x 0＋bx 202>e －12＋b e －12＝e ＋b 2e >e ＋12e ．5．已知函数f (x )＝e x ＋a －ln x (其中e ＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．5．解析(1)∵a ＝0时，∴f (x )＝e x －ln x ，f ′(x )＝e x －1x(x >0)，∴f (1)＝e ，f ′(1)＝e －1，∴函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为：y －e ＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0．(2)∵f ′(x )＝e x ＋a －1x (x >0)，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋a ＋1x 2>0，∴g (x )是增函数，∵e x ＋a >e a ，∴由e a >1x，得x >e －a ，∴当x >e －a 时，f ′(x )>0；若0<x <1，则e x ＋a <e a ＋1，由e a ＋1<1x得，x <e －a －1，∴当0<x <min{1，e －a －1}时，f ′(x )<0，故f ′(x )＝0仅有一解，记为x 0，则当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )递增；∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0＋a －ln x 0，而f ′(x 0)＝e x 0＋a －1x 0＝0，所以e x 0＋a ＝1x 0，所以a ＝－ln x 0－x 0，记h (x )＝ln x ＋x ，则f (x 0)＝1x 0－ln x 0＝a >1－1e ，即－a <1e－1，所以h (x 0)<而h (x )显然是增函数，∴0<x 0<1e ，∴1x 0>e ，∴h (e)＝e ＋1．综上，当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值．解析(1)∵函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝a ＋ln x ＋1≥0在区间[e ，＋∞)上恒成立，∴a ≥(－ln x －1)max ＝－2，∴a ≥－2．∴a 的取值范围是[－2，＋∞)．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，∴k min，令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x >1)．则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增，∵h (3)＝1－ln3<0，h (4)＝2－2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)＝0，即当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．令h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即ln x 0＝x 0－2，g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3，4)．k <g (x )min ＝x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max ＝3．[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一(隐零点)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a<1，∴f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二(同构)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e lnx ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．[例3]已知函数f (x )＝ln x －kx (k ∈R )，g (x )＝x (e x －2)．(1)若f (x )有唯一零点，求k 的取值范围；(2)若g (x )－f (x )≥1恒成立，求k 的取值范围．解析(1)由f (x )＝ln x －kx 有唯一零点，可得方程ln x －kx ＝0，即k ＝ln xx有唯一实根，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，由h ′(x )>0，得0<x <e ；由h ′(x )<0，得x >e ，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．∴h (x )≤h (e)＝1e ，又h (1)＝0，∴当0<x <1时，h (x )<0；又当x >e 时，h (x )＝ln xx，则h (x )＝ln xx的大致图象如图所示，可知，k ＝1e或k ≤0．(2)∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x >0，∴k ≥1＋ln x x－e x＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln x x －e x ＋2，则φ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2－e x ＝－ln x －x 2e xx 2，令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )<0(x >0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减，又1－12e e ->0，μ(1)＝－e<0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 200e x ，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0，即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0，由函数y ＝x ＋ln x 为增函数，可得x 0＝－ln x 0，又当0<x <x 0时，μ(x )>0，φ′(x )>0；当x >x 0时，μ(x )<0,φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－0e x＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1，即k 的取值范围为k ≥1．[例4]已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0，1)上是增函数；(2)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．解析(1)由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)，当x ∈(0，1)，0<a ≤1时，1x >1，0<cos(1－x )<1，∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0，故函数G (x )在区间(0，1)上是增函数．(2)解法一由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即b >－e x ＋mx 2＋2x ＋2恒成立，令h (x )＝－e x ＋mx 2＋2x ＋2，则h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2，h ′′(x )＝－e x ＋2m <0，∴h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2在(0，＋∞)上单调递减，h ′(x )max <h ′(0)＝0，且当x →＋∞时，h ′(x )→－∞，则必存在x 0，使得h (x 0)＝0，即－0e x ＋2mx 0＋2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (x 0)＝－0e x＋2mx 0＋2，即h (x 0)＝－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋20e x＋x 0＋2，令m (x )x ＋x ＋2，x ∈(0，ln2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x ＋1，令n (x )＝12(x －1)e x ＋1，则n ′(x )＝12x e x >0，∴m ′(x )在(0，ln2)上单调递增，∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln2)上单调递增，∴m (x )<m (ln2)＝2ln2，∴b ≥2ln2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．解法二由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即x 2m －e x ＋2x －b ＋2<0恒成立，令h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2，h ′(m )＝x 2≥0，∴h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2在(－∞，0)上单调递增，即∴h (m )<h (0)＝－e x＋2x －b ＋2<0即可，即b >－e x＋2x ＋2令m (x )＝－e x ＋2x ＋2，∵m ′(x )＝－e x＋2，令m ′(x )＝0，解得x ＝ln 2．∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，∴m (x )max ＝m (ln 2)＝2ln 2，∴b ≥2ln 2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．[例5]已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0．(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解析(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －，∴g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2．当0<a <14时，g (x )上单调递增，上单调递减；当a ≥14时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1，令φ(x )＝－ln x ＋x 2－x －＋x －1－ln x 1＋x －1，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－<0．故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0．令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在(1，＋∞)上单调递增．∴0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e)1＋e －1＝e －21＋e－1<1．即a 0∈(0，1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0．因为f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0．∴当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0．综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【对点训练】1．已知函数f (x )＝x ln x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程；(2)若当x >1时，f (x )＋x >k (x －1)恒成立，求正整数k 的最大值．1．解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，因为f ′(e )＝2，f (e )＝e ，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程为y －e ＝2(x －e )，即2x －y －e ＝0．(2)由f (x )＋x >k (x －1)，得x ln x ＋x >k (x －1)．即k <x ln x ＋x x －1对于x >1恒成立，令g (x )＝x ln x ＋x x －1，只需k <g (x )min ，g ′(x )＝(x －1)(ln x ＋2)－x ln x －x (x －1)2＝x －ln x －2(x －1)2，令u (x )＝x －ln x －2，则u ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以u (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上单调递增，因为u (2)＝－ln 2<0，u (3)＝1－ln 3<0，u (4)＝2－ln 4>0，所以∃x 0∈(3，4)，使得u (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，且当1<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3，4)，又因为k ∈N *，所以k max ＝3．2．(2012全国Ⅱ)设函数f (x )＝e x －ax －2．(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．2．解析(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ．若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k )f´(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1．故当x >0时，(x －k )f´(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x (e x －x －2)(e x －1)2．由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g ′(x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x 0，则x 0∈(1，2)．当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)的最小值为g (x 0)，又由g ′(x 0)＝0，可得0e x ＝x 0＋2，所以g (x 0)＝x 0＋1∈(2，3)．，故①等价于k <g (x 0)，故整数k 的最大值为2．3．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x b 的最小值．3．解析(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增．(2)由函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x－1＝(x －x因为x x －1<0．再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋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 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－0(－4，－3)．因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3．4．已知函数f (x )＝x －ln x －e x x．(1)求f (x )的最大值；(2)若f (x )x －bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．4．解析(1)f (x )＝x －ln x －e x x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x －e x (x －1)x 2＝(x －1)(x －e x )x2．令g (x )＝x －e x (x >0)，则g ′(x )＝1－e x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x )<g (0)＝－1<0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝1－e．(2)f(x)x－bx≥1，⇔－ln x＋x－e xx＋x e x＋e xx－bx≥1，⇔x e x－ln x－1＋xx≥b恒成立，令φ(x)＝x e x－ln x－1＋xx，则φ′(x)＝x2e x＋ln xx2．令h(x)＝x2e x＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，x→0，h(x)→－∞，且h(1)＝e>0，所以h(x)在(0，1)上存在零点x0，即h(x0)＝x20e x0＋ln x0＝0，x20e x0＋ln x0＝0⇔x0e x0＝－ln x0x0＝ln1x0 )，由于y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln 1x0＝－ln x0，即e x0＝1x0，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(x0)＝x0e x0－ln x0－1＋x0x0＝1＋x0－1＋x0x0＝2，因此b≤2，即实数b的取值范围是(－∞，2]．5．设函数f(x)＝e x＋ax，a∈R．(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．5．解析(1)由题意得f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2e x－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(e x－x＋a)．设h(x)＝2(e x－x＋a)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0．所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5．又a≥－1，所以－1≤a≤5．②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3．又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，从而g(x)min＝g(x0)＝2e x0－x20＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x20＋2ax0－a2＋3＝－x20＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3．由于x0是单调增函数h(x)＝2(e x－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，故只需保证g′(a＋3)＝2[e a＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即e a＋3≥3，故实数，ln3－3≤a<－1．综上所述，a的取值范围为[ln3－3，5]．。
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
导数零点不可求的四种破解策略
导数之零点不可求(隐零点)的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?在教学实践中总结了四种方法,现说明如下. 法一:利用零点存在性定理 零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12xf x x x e x =+-,0x >.由()()//22142x f x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增. 又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minf x f x ==0200ln x x e x -. 由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+. 故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，. 由()/g x =()21102xx --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min1f x >.导函数()()/12xf x x x e x=+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min1f x >. 法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数. 例2.已知函数()2ln x f x e a x =- .证明:当0a >时,()22lnf x a a a≥+. 证明:()/22x af x e x=-,0x >. ()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x ae x=有实根,等价于函数22xy e =与函数ay x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a>时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =.当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x =020ln xea x =-. 由()/00fx =得,2020x a ex -=,20=2x a ex ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---a a ax x a 2ln 2200++=22ln a a a ≥+. 故()min22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+. 评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x af x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到20=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1kf x x >+恒成立,求正整数k 的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x+++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x+++=,0x >.只需()mink h x <.()/21ln(1)x x h x x--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增. 又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minh x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=.由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++.则()0h x =01x +()34∈，. 故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x--+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例 4.已知函数()()1210x a f x ae a x+=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围. 解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21xa f x ae x +=-()221x ax e a x -+=. 令()()21xg x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x gx a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增. 又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞, 故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =()00121x a ae a x +=+-+. 由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即021=x a ae x +. 则()0f x =()00121xa ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤. 因为()()21xg x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g g x ≥=0. 故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x-+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。
专题一 培优点2 隐零点问题
若a＝e，f′(x)≥0， ∴f(x)在定义域上是增函数； 若a>e，即ln a>1， 当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0； 当1<x<ln a时，f′(x)<0； ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间 (ln a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－ 1 x2零点的个数，并说明理由. 2
设切点坐标为(x0，f(x0))， 由 f′(x)＝1x－a，得 f′(x0)＝x10－a， 所以切线方程为 y－(ln x0－ax0＋1)＝x10－a(x－x0)，即 y＝x10－ax＋ln x0. 因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切， 所以x10－a＝2， 解得 a＝－1.
ln x0＝0，
考点二 含参函数的隐零点问题
例2 已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的 三角形的面积；
当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1. f′(x)＝ex＋1－x＋1 1，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝ (e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝12×|－1|×(e－1)＝e－2 1.
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝x0 ex0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得x0 ex0－1＝0，
导数中的“隐零点”问题解法探究
数学·解题研究导数中的“隐零点”问题解法探究江苏靖江市刘国钧中学（214500） 周 晔［摘 要］“隐零点”问题的难度较大，解题方法较为灵活，文章结合几个例题，对导数中的“隐零点”问题进行探究，以帮助学生突破难点，有效解答相关问题。
［关键词］导数；“隐零点”问题；解法探究［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2023）35-0017-03根据数值能否精确求解，我们将导函数的零点分为两种类型：一是能精确求解，称之为“显零点”；二是能判断其存在，但难以求解或无法求解，称为“隐零点”。
“隐零点”问题的难度较大，求解的基本策略是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数（参数），技巧上反客为主。
那么导数中的“隐零点”主要有哪些应用呢？如何求解导数中的“隐零点”问题？一、利用“隐零点”研究极（最）值问题在利用隐零点研究极（最）值问题时，往往利用零点的存在性，对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等，再结合题目条件解决问题。
［例1］设函数f (x )=ln x ，g (x )=ax +a -1x -3(a ∈R )。
（1）求函数φ(x )=f (x )+g (x )的单调增区间；（2）当a =1时，记h (x )=f (x )·g (x )，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2λ≥h (x )有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由。
（参考数据：ln 2≈0.6931，ln 3≈1.0986）分析：（1）求出函数的导数，就a 的不同取值可求φ′()x >0的解，从而可得函数的单调增区间；（2）利用导数结合虚设零点可求-32<h (x )min <-12，从而可得整数λ的最小值。
解：（1）因为φ(x )=f (x )+g (x )=ln x +ax +a -1x-3(x >0)，所以φ′（x）=1x +a -a -1x 2=ax 2+x -（a -1）x 2=[]ax -（a -1）（x +1）x 2（x >0）。
导数隐零点解题技巧
导数隐零点解题技巧一、确定零点存在性在进行导数隐零点解题时，首先需要确定零点的存在性。
可以通过观察函数的单调性、极值点和拐点等特征来判断函数是否存在零点，并确定零点所在的区间。
二、判断零点唯一性确定零点存在后，需要进一步判断零点的唯一性。
可以利用导数判断函数的单调性，如果函数在某一区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，还可以结合函数的图像和一元函数的性质进行判断。
三、利用导数判断单调性利用导数判断单调性是导数隐零点解题的重要技巧之一。
如果函数在某区间内的导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减。
通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围和唯一性。
四、利用单调性确定零点范围通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围。
如果函数在某区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，结合图像和已知的零点范围，可以进一步缩小零点的范围。
五、结合图像求解结合图像求解是导数隐零点解题的常用技巧之一。
通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的极值点和拐点等特征，从而确定零点的位置和范围。
此外，结合图像还可以验证答案的正确性。
六、代数运算技巧在进行导数隐零点解题时，还需要掌握一些代数运算技巧。
例如，在求解一元二次方程时，可以采用因式分解法、配方法、公式法等技巧；在求解高次方程时，可以采用降次法、换元法等技巧。
此外，还需要掌握一些常用的不等式和恒等式。
七、零点存在定理的应用零点存在定理是导数隐零点解题的重要定理之一。
如果函数在闭区间[a,b]上连续，且在开区间(a,b)上可导，且f'(x)≠0，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=0。
利用该定理可以判断函数是否存在零点，并确定零点的位置。
八、排除法验证答案在进行导数隐零点解题时，可以采用排除法验证答案的正确性。
根据题目的已知条件和函数的性质，可以排除一些不可能的答案，从而缩小答案的范围。
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。
专题十三 隐零点问题解析版
专题十三隐零点问题1．设函数f（x）＝e2x﹣alnx．（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x0），只要最小值大于2a+aln，问题得以证明．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝2e2x﹣．当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，当a＞0时，∵y＝e2x为单调递增，y＝﹣单调递增，∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，又f′（a）＞0，假设存在b满足0＜b＜时，且b＜，f′（b）＜0，故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以当x＝x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），由于﹣＝0，所以f（x0）＝+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．2．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明：f（x）＞0．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．求出当m＝2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．【解答】（Ⅰ）解：∵，x＝0是f（x）的极值点，∴，解得m＝1．所以函数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，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以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），故只需证明当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，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）＝0，得，ln（x0+2）＝﹣x0．故f（x）≥＝＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．3．已知函数f（x）＝xe x﹣a（x+lnx）．（1）若a＝0，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；（2）讨论f（x）极值点的个数；（3）若x0是f（x）的一个极小值点，且f（x0）＞0，证明：．【分析】（1）当a＝0时，f（x）＝xe x，求导，求出在x＝1处的切线的斜率及在x＝1处的函数值，进而求出在x＝1出的切线的方程；（2）对函数f（x）求导，讨论a的不同的范围求出函数极值点的情况．（3）由（2）可得a＝x0e，将a值代入f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），构造函数φ（x）＝1﹣x﹣lnx，可得它的单调性，进而求出x0的范围，再构造函数H（x）＝x﹣lnx﹣1，求导，求出其单调性可得e x＞x，放缩可得f（x0）＞2（x02﹣x03）．【解答】解：（1）当a＝0时f（x）＝xe x，则f'（x）＝（x+1）e x，所以f（1）＝e，f'（1）＝2e，所以函数f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣e＝2e（x﹣1），即2ex﹣y﹣e＝0．（2）f'（x）＝（x+1）e x﹣a（1+）＝（x+1）（e x﹣）＝，x＞0，①当a≤0时f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，不存在极值②当a＞0，令f'（x）＝0，则xe x＝a，令g（x）＝xe x﹣a，g'（x）＝（x+1）e x＞0，g（x）单调递增，又因为g（0）＝﹣a＜0，g（a）＝a（e a﹣1）＞0，必存在x0＞0，使g（x0）＝0，x∈（0，x0），g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（x0，+∞），g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以x＝x0是f（x）的极小值点，综上所述：当a≤0，f（x）无极值点，a＞0时，f（x）有一个极值点．（3）证明：由（2）f'（x）＝0，即x0e＝a，所以lna＝x0+lnx0，所以f（x0）＝x0e﹣x0e（x0+lnx0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），x0＞0，由f（x0）＞0，x0e＞0，可得1﹣x0﹣lnx0＞0，令φ（x）＝1﹣x﹣lnx，φ'（x）＝﹣1﹣＜0，显然φ（x）在（0，+∞）单调递减，而φ（1）＝0，由φ（x）＞φ（1），所以0＜x0＜1，令H（x）＝x﹣lnx﹣1，H'（x）＝1﹣，x＞1，H'（x）＞0，函数H（x）单调递增，0＜x＜1，H'（x）＜0，H（x）单调递减，所以H（x）≥H（1）＝0，所以x﹣1≥lnx，所以﹣lnx＞1﹣x，所以ln（x+1）＜x，即e x＞x+1＞0，因为x0∈（0，1），所以e＞x0+1＞0，1﹣x0﹣lnx0＞1﹣x0+1﹣x0＞0，两式相乘可得e（1﹣x0﹣lnx0）＞（x0+1）（2﹣2x0），所以f（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0）＞2x0（x0+1）（1﹣x0）＝2（x0﹣x03），即证f（x0）＞2（x0﹣x03）．【点评】本题考查利用导数研究活动的单调性及极值，构造函数，利用求导可得函数的单调性，放缩的方法，属于中难题．4．已知函数f（x）＝ae x+sin x+x，x∈[0，π]．（1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点；（2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π．【分析】（1）求出函数的导数，代入a的值，根据函数的单调性证明即可；（2）令h（x）＝ae x+sin x+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，只需证明h（x）max＜0即可．【解答】证明：（1）f′（x）＝ae x+cos x+1，∵x∈[0，π]，∴1+cos x≥0，当a＝﹣1时，f′（x）＝﹣e x+cos x+1，令g（x）＝﹣e x+cos x+1，g′（x）＝﹣e x﹣sin x＜0，g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0，存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]，故函数f（x）存在唯一的极大值点x0；（2）当﹣2＜a＜0时，令h（x）＝ae x+sin x+x﹣π，h′（x）＝ae x+cos x+1，h″（x）＝ae x﹣sin x＜0，故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝ae x＜0，存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即a+cos x0+1＝0，故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减，故h（x）max＝h（x0）＝a+sin x0+x0﹣π，x0∈（0，π），∵a+cos x0+1＝0，只需证h（x0）＝sin x0﹣cos x0+x0﹣1﹣π＜0即可，令m（x）＝sin x﹣cos x+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cos x+sin x+1＞0，m（x）在区间（0，π）上是增函数，则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．5．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．【分析】（1）求出f'（x）＝xe x﹣a，利用在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0，求出a，b即可．（2）令g（x）＝f'（x）＝xe x﹣1，则g'（x）＝（x+1）e x，判断函数的单调性，当x＜﹣1时，说明g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，转化证明．【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）e x﹣ax，则f'（x）＝xe x﹣a，由f'（0）＝﹣1得a＝1，切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），x+y+1＝0，所以b＝1．（2）证明：令g（x）＝f'（x）＝xe 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，在（﹣∞，﹣1）内无零点．又当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，所以g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，由，，又，，∴．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的切线方程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．6．已知函数f（x）＝e x﹣t﹣lnx．（Ⅰ）若x＝1是f（x）的极值点，求t的值，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当t≤2时，证明：f（x）＞0．【分析】（I）由x＝1是函数f（x）的极值点，可得f'（1）＝0，进而可得t＝1，求得导函数，进而可由导函数的符号与函数单调性的关系，可得函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当t≤2，x∈（0，+∞）时，设g（x）＝e x﹣2﹣lnx，g′（x）＝e x﹣2﹣，根据函数单调性及零点定理可知存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，在x＝x0取极小值也是最小值，即g（x）≥g（x0），lnx0＝2﹣x0，根据函数的单调性可知g（x0）＝0，即可证明f（x）＞0．【解答】解：（Ⅰ）由函数f（x）的定义域（0，+∞），因为f′（x）＝e x﹣t﹣，x＝1是f（x）的极值点，所以f′（1）＝e1﹣t﹣1＝0，所以t＝1，所以f′（x）＝e x﹣1﹣，因为y＝e x﹣1和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x＞1时，f′（x）＞0；0＜x＜1时，f′（x）＜0，此时，f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），（Ⅱ）证明：当t≤2时，f（x）＝e x﹣t﹣lnx≥e x﹣2﹣lnx，设g（x）＝e x﹣2﹣lnx，则g′（x）＝e x﹣2﹣，因为y＝e x﹣2和y＝﹣，在（0，+∞）上单调递增，所以g′（x）在（0，+∞）上单调递增，因为g′（1）＝﹣1＜0，g′（2）＝1﹣＝＞0，所以存在x0∈（1，2）使得g′（x0）＝0，所以在（0，x0）上使得g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，所以g（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（x0），因为g′（x0）＝0，即e x0﹣2＝，所以lnx0＝2﹣x0，所以g（x0）＝e x0﹣2﹣lnx0＝+x0﹣2，因为x0∈（1，2），所以g（x0）＝+x0﹣2＞2﹣2＝0，所以f（x）＞0．【点评】本题考查利用导数求函数的单调性及极值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．7．已知函数f（x）＝（x﹣a）2lnx，a∈R．（1）若曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y＝0，求a；（2）若a∈（1，e），f（x）的极大值大于b，证明：＜2e．【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（e）＝0，求出a的值即可；（2）求出函数的导数，令g（x）＝2lnx﹣﹣1，根据函数的单调性得到∃x0∈（，a），使得g（x0）＝0，根据函数的单调性求出f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b以及a ＝2x0lnx0+x0，从而有2ab＜8a，根据a，x0的范围，放缩不等式，证明结论即可．【解答】解：（1）f′（x）＝2（x﹣a）lnx+（x﹣a）2•，由题意得f′（e）＝0，即2（e﹣a）lne+（e﹣a）2＝0，解得：a＝e或a＝3e；（2）f′（x）＝（x﹣a）（2lnx﹣+1），令g（x）＝2lnx﹣﹣1，∵a∈（1，e），∴∈（，1），∴＜a，g（）＝﹣2lna﹣a2+1＝﹣2lna+（1+a）（1﹣a）＜0，g（a）＝2lna﹣1+1＝2lna＞0，g′（x）＝+＞0在（0，+∞）恒成立，故g（x）在（0，+∞）递增，而g（）＜0，g（a）＞0，故∃x0∈（，a），使得g（x0）＝0，令f′（x）＝0，有x1＝a，x2＝x0＜x1，故f（x）在（0，x0）递增，在（x0，a）递减，在（a，+∞）递增，∴f（x）极大值＝f（x0）＝lnx0＞b，由g（x0）＝2lnx0﹣+1＝0，得a＝2x0lnx0+x0，故b＜4，2ab＜8a，∵＜＜x0＜a＜e，∴a＜e，x0＜e，8a＜8•e•e2•13＝8e3，∴2ab＜8e3，∴＜2e．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．8．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，求函数图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．【分析】（Ⅰ）把a＝0代入函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f（1）与f′（1），代入直线方程点斜式可得函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g（x）＝f′（x），可得g′（x）＞0，得到g（x）是增函数，进一步说明f′（x）＝0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；从而求出f（x）的最小值，由f′（x0）＝0可得a与x0的关系，进一步构造函数h（x）＝lnx+x，可得则，由，得h（x0）＜h（），再由h（x）的单调性证得结论．【解答】（Ⅰ）解：∵a＝0时，∴，∴f（1）＝e，f′（1）＝e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e＝（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1＝0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）＝f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）＝0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）＝lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．9．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．【分析】（1）函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，可得f′（x）＝a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，转化为a≥（﹣lnx﹣1）max．即可得出．（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，可得k＜，令g（x）＝，则g′（x）＝，令h （x）＝x﹣lnx﹣2（x＞1）．利用导数研究其单调性、函数零点即可得出．【解答】解：（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．∴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x0∈（3，4），使h（x0）＝0．即当1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即lnx0＝x0﹣2，g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0∈（3，4）．k＜g（x）min＝x0∈（3，4），且k∈Z，∴k max＝3．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、等价转化方法、方程与不等式的解法、函数零点，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．已知f（x）＝a sin x，g（x）＝lnx，其中a∈R，y＝g﹣1（x）是y＝g（x）的反函数．（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；（2）证明：sin＜ln2；（3）设F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0有F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．【分析】（1）由题意：G（x）＝a sin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣a cos（1﹣x），证明当0＜x＜1，0＜a≤1时，G′（x）＞0恒成立即可证明结论．（2）当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增，推出sin＝sin[1﹣]＜ln，然后证明即可．（3）化简F（x）＝e x﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0即：F（x）min＞0，求出导数F′（x）＝e x﹣2mx﹣2，二次导数F″（x）＝e x﹣2m判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立，构造函数，利用函数的导数，求解最值，然后推出最小整数b的值．【解答】（1）证明：由题意：G（x）＝a sin（1﹣x）+lnx，G′（x）＝﹣a cos（1﹣x）当0＜x＜1，0＜a≤1时，＞1，cos x＜1，∴G′（x）＞0恒成立，∴函数G（x）＝f（1﹣x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；（2）证明：由（1）知，当a＝1时，G（x）＝sin（1﹣x）+lnx在（0，1）单调增∴sin（1﹣x）+lnx＜G（1）＝0，∴sin（1﹣x）＜ln（0＜x＜1）∴sin＝sin[1﹣]＜ln，∴sin＜ln＝ln2＜ln2；（3）解：由F（x）＝g﹣1（x）﹣mx2﹣2（x+1）+b＝e x﹣mx2﹣2x+b﹣2＞0即：F（x）min＞0又F′（x）＝e x﹣2mx﹣2，F′′（x）＝e x﹣2m，∵m＜0则F″（x）＞0，∴F′（x），单调增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0则必然存在x0∈（0，1），使得F′（x0）＝0，∴F（x）在（﹣∞，x0）单减，（x0，+∞）单增，∴F（x）≥F（x0）＝﹣mx02﹣2x0+b﹣2＞0∵﹣2mx0﹣2＝0，∴m＝，∴b＞（﹣1）+x0+2，又m＜0，则x0∈（0，ln2）∴b＞（﹣1）+x0+2，x0∈（0，ln2）恒成立令m（x）＝（﹣1）e x+x+2，x∈（0，ln2）则m′（x）＝（x﹣1）e x+1，m″（x）＝xe x＞0，∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增又m′（0）＝，∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，∴m（x）＜m（ln2）＝2ln2，∴b＞2ln2又b为整数．∴最小整数b的值为：2．【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次导数的应用，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．11．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（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．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k ＜（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）＝在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】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，所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）方法一：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＞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，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝e x﹣x﹣2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，则有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．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩽3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一小题应用分类的讨论的方法，第二小题将问题转化为求函数的最小值问题，本题考查了转化的思想，分类讨论的思想，考查计算能力及推理判断的能力，综合性强，是高考的重点题型，难度大，计算量也大，极易出错．12．已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣．（1）求f（x）的最大值；（2）若﹣bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，求解函数的最值即可．（2）⇔⇔，令，，令h（x）＝x2e x+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）在（0，1）存在零点x0，即，推出φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，求出最小值得到b≤2．【解答】解：（1），定义域（0，+∞），，由e x≥x+1＞x，f（x）在（0，1]增，在（1，+∞）减，f（x）max＝f（1）＝1﹣e．（2）⇔⇔﹣lnx+x+xe x﹣bx ﹣1≥0，令，，令h（x）＝x2e x+lnx，h（x）在（0，+∞）单调递增，x→0，h（x）→﹣∞，h（1）＝e＞0h（x）在（0，1）存在零点x0，即，，由于y＝xe x在（0，+∞）单调递增，故，即，φ（x）在（0，x0）减，在（x0，+∞）增，，所以b≤2．【点评】本题考查了导数的综合应用，函数的单调性以及构造法的应用，同时考查了恒成立问题及二阶求导问题，属于难题．13．已知函数f（x）＝xe x﹣e（e是自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣klnx有且仅有两个不同的零点，求实数k的取值范围．【分析】（1）求得f'（x）＝（1+x）e x，再判断f（x）的单调性，然后求出f（x）的最小值；（2）当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．当k＞0时，，即可得存在x0∈（0，+∞），使，进一步求出k的取值范围．【解答】解：（1）函数f'（x）＝（1+x）e x，令f'（x）＝0，解得x＝﹣1．当x∈（﹣∞，﹣1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以函数f（x）有最小值．（2）g（x）＝xe x﹣klnx﹣e（x＞0），g（1）＝0．当k≤0时，函数g（x）是增函数，g（x）有唯一的零点，与已知矛盾．当k＞0时，，令h（x）＝x（1+x）e x﹣k，则h'（x）＝（1+3x+x2）e x＞0，所以h（x）是增函数．又h（0）＝﹣k＜0，h（k）＝k（1+k）e k﹣k＞k﹣k＝0，故存在x0∈（0，+∞），使，即．当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以函数g（x）有最小值且．，当x0∈（0，1）时，g'（x0）＞0，g（x0）单调递增；当x0∈（1，+∞）时，g'（x0）＜0，g（x0）单调递减，所以g max（x0）＝g（1）＝0．当x0∈（0，1）时，存在x1∈（0，x0）使g（x1）＝0，又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点；当x0＝1时，此时k＝2e，g（x）有唯一的零点x0；当x0∈（1，+∞）时，存在x2∈（x0，+∞）使g（x2）＝0，又g（1）＝0，故g（x）有且仅有两个不同的零点．综上所述，k∈（0，2e）∪（2e，+∞）．【点评】本题考查了利用导数处理函数单调性、最值问题，考查了转化思想和运算能力，属于难题．14．已知函数f（x）＝cos x﹣ae x+x（a∈R）．（1）当a＝1时，证明：f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；（2）若0＜a≤1，试讨论函数g（x）＝﹣a+cos x﹣f（x）的零点个数．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，根据导函数的符号，求出函数的单调区间，判断函数的零点即可；（2）求出函数g（x）的最小值，根据函数的单调性求出a的范围，结合函数的单调性判断函数的零点个数即可．【解答】解：（1）a＝1时，f′（x）＝﹣sin x﹣e x+1，故x∈（0，π）时，有sin x＞0，e x＞1，从而f′（x）＜0，故f（x）在（0，π）上单调递减，当x∈[π，2π）时，有﹣1≤sin x≤0，0≤﹣sin x≤1，﹣e x≤﹣eπ，故f′（x）＜0，f（x）在[e，2e）单调递减，从而f（x）在（0，2π）上单调递减，且f（0）＝0，f（x）＜0，故函数f（x）在区间（0，2π）上不存在零点；（2）∵g′（x）＝ae x﹣1＝0，x＝﹣lna（0＜a≤1），故g（x）在（﹣∞，﹣lna）上单调递减，在（﹣lna，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（﹣lna）＝1﹣a+lna，∵0＜a≤1，故①当a＝1时，﹣lna＝0，g（x）≥g（0）＝0，此时，g（x）在R上仅有1个零点，②当0＜a＜1时，﹣lna＞0，g（0）＝0，令h（a）＝1﹣a+lna（0＜a＜1），h′（a）＝＞0，h（a）在（0，1）单调递增，从而h（a）＜h（1）＝0，g（﹣lna）＝1﹣a+lna＜0，从而g（x）在（﹣∞，﹣lna）上存在1个零点，又∵g（﹣2lna）＝﹣a+2lna，记φ（a）＝﹣a+2lna，且φ′（a）＝﹣＜0，故φ（a）在（0，1）递减，有φ（a）＞φ（1）＝0，即g（x）在（﹣lna，﹣2lna）上也存在1个零点，综上：当0＜a＜1时，函数g（x）有2个零点，当a＝1时，函数g（x）只有1个零点．【点评】本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，是难题．15．已知f（x）＝ln（x+1）﹣a sin x，其中a为实数．（1）若f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求a的取值范围；（2）当a＞1时，判断函数f（x）在（﹣1，π）上零点的个数，并给出证明．【分析】（1）依题意，f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，可得a≤，令m（x）＝（x+1）cos x，求其最小值即可；（2）分﹣1＜x＜0，x＝0，及四种情况讨论，求出每种情形下的零点个数，综合即可得出结论．【解答】解：（1）∵f（x）在（﹣1，0）上单调递增，∴f′（x）≥0在（﹣1，0）恒成立，即f′（x）＝﹣a cos x≥0，∴﹣a cos x≥﹣，即a≤，令m（x）＝（x+1）cos x，m′（x）＝cos x﹣（x+1）sin x，当x∈（﹣1，0）时，cos x＞0，x+1＞0，﹣sin x＞0，所以m′（x）＞0，所以m（x）＝（x+1）cos x在（﹣1，0）上单调递增，则y＝在（﹣1，0）上单调递减，所以＝1，∴a≤1，即a的取值范围是（﹣∞，1]．（2）f（x）＝ln（x+1）﹣a sin x，则f′（x）＝﹣a cos x＝，x∈（﹣1，π），令，则g′（x）＝（x+1）sin x﹣cos x，①当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，∴g（x）在（﹣1，0）上单调递减，又，∴g（x）＝0在（﹣1，0）上有一解x0，且x∈（﹣1，x0）时，g（x）＞0，当x∈（x0，0）时，g（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，0）上单调递减，又，∴f（x）在（﹣1，0）上有1个零点；②当x＝0时，f（0）＝0，则x＝0是一个零点；③当时，令h（x）＝ln（x+1）﹣sin x，则，又在上均单调递增，则h''（x）在上均单调递增，又，∴h''（x）＝0在上有一解x1，且当x∈（0，x1）时，h''（x）＜0，当x∈时，h''（x）＞0，∴h′（x）在（0，x1）上单调递减，在上单调递增，∴，∴h′（x）＝0在上有一解x2，且x∈（0，x2）时，h′（x）＜0，当x∈时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，x2）上单调递减，在上单调递增，又h（0）＝0，，∴h（x）＜0在上恒成立，∴此时f（x）＝0在上无解；④当时，在上恒成立，∴f（x）在上单调递增，又，f（π）＝ln（π+1）＞0，∴f（x）在上有一个零点；综上，f（x）在（﹣1，π）上有三个零点．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点个数判断，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，构造函数思想等，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于难题．16．已知函数f（x）＝ae x﹣bx．（1）当a＝1时，求f（x）的极值；（2）当a≥1时，，求整数b的最大值．【分析】（1）将a＝1代入，求导，分b≤0及b＞0研究函数的单调性，进而求得极值；（2）问题转化为，令，显然，再利用导数求得函数g（x）的最小值，综合即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝e x﹣bx，f′（x）＝e x﹣b，①当b≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数，无极值；②当b＞0时，由f′（x）＞0得，x＞lnb，由f′（x）＜0得x＜lnb，∴f（x）在（﹣∞，lnb）上为减函数，在（lnb，+∞）上为增函数，故当x＝lnb时，f（x）取极小值，f（lnb）＝b﹣blnb；综上，当b≤0时，f（x）无极值，当b＞0时，f（x）有极小值b﹣blnb，无极大值；（2）当a≥1时，，即，∵x＞0，∴只需，令，则，由g（x）得，令，则，∴F（x）在（0，+∞）上递增，又，根据零点存在性定理可知，存在x0∈（1，2），使得F（x0）＝0，即，当x∈（0，x0）时，F（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）为减函数，当x∈（x0，+∞）时，F（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）为增函数，∴，故，又在（1，2）上递增，故，又，∴整数b的最大值是1．【点评】本题主要考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，最值和零点等问题，考查抽象概括，推理论证，运算求解能力，考查应用意识与创新意识，综合考查化归与转化思想，分类与整合思想，函数与方程思想，有限与无限思想以及特殊与一般思想，体现综合性，应用性，属于中档题．17．已知函数f（x）＝e﹣x﹣ax（x∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣1时，求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围；（Ⅲ）求证：．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（Ⅱ）得到e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而求出满足条件的a的具体范围即可；（Ⅲ）令a＝2，得到，从而证出结论．【解答】解：（Ⅰ）当a＝﹣1时，f（x）＝e﹣x+x，则．…1分令f'（x）＝0，得x＝0．当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0．…2分∴函数f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．∴当x＝0时，函数f（x）取得最小值，其值为f（0）＝1．…3分（Ⅱ）若x≥0时，f（﹣x）+ln（x+1）≥1，即e x+ax+ln（x+1）﹣1≥0．（*）令g（x）＝e x+ax+ln（x+1）﹣1，则．①若a≥﹣2，由（Ⅰ）知e﹣x+x≥1，即e﹣x≥1﹣x，故e x≥1+x．∴．…4分∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增．∴g（x）≥g（0）＝0．∴（*）式成立．…5分②若a＜﹣2，令，则．∴函数φ（x）在区间[0，+∞）上单调递增．由于φ（0）＝2+a＜0，．…6分故∃x0∈（0，﹣a），使得φ（x0）＝0．…7分则当0＜x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）＝0，即g'（x）＜0．∴函数g（x）在区间（0，x0）上单调递减．∴g（x0）＜g（0）＝0，即（*）式不恒成立．…8分综上所述，实数a的取值范围是[﹣2，+∞）．…9分（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当a＝﹣2时，g（x）＝e x﹣2x+ln（x+1）﹣1在[0，+∞）上单调递增．则，即．…10分∴．…11分∴，即．…12分．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．。
导数隐零点问题的6种考法总结-
导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。
导数隐零点问题
导数隐零点问题一、导数隐零点问题的定义和背景在微积分学中，导数是一个非常重要的概念，它描述了一个函数在某一点上的变化率。
而隐零点则指的是函数在某一区间内没有明显的零点，但是其导数为零的点。
导数隐零点问题就是指如何找到一个函数在某一区间内所有的隐零点。
这个问题在实际应用中有着广泛的应用，比如说在经济学中，我们需要找到某个商品价格曲线上所有的最大值和最小值，而这些极值点往往就是导数为零的隐零点。
二、求解导数隐零点问题的方法1. 利用函数图像法函数图像法是最直观也是最简单的方法之一。
我们可以画出函数图像并通过观察来确定其隐零点。
对于单峰函数或者双峰函数等比较简单的情况，这种方法通常比较有效。
但对于更加复杂或者多变形状的函数，则不太适用。
2. 利用符号判定法符号判定法则利用了导数与原函数之间存在着某些关系式。
具体而言，如果一个函数在某个区间内的导数为正，那么函数在这个区间内就是单调递增的；如果导数为负，则函数在这个区间内是单调递减的。
而当导数为零时，则说明函数在这个点上可能存在一个极值点或者拐点。
3. 利用牛顿迭代法牛顿迭代法是一种比较高效的求解隐零点的方法。
它利用了泰勒级数展开式来近似求解某一函数的根。
具体而言，我们可以先对函数进行一次泰勒级数展开，然后通过不断迭代来逼近其零点。
当然，这种方法也有着一些局限性，比如说可能会出现收敛速度过慢或者无法收敛等问题。
4. 利用二分法二分法则是一种比较朴素但是非常实用的方法。
它利用了函数在隐零点附近两侧取值符号不同的特性来进行搜索。
具体而言，我们可以先确定一个区间，并将其分成两半。
然后我们判断其中一个子区间内是否存在隐零点，并继续将其分成两半直到找到为止。
三、导数隐零点问题中需要注意的问题1. 隐零点不一定是极值点虽然导数为零的点往往是函数的极值点，但并不是所有的隐零点都是极值点。
比如说在函数f(x)=x^3中，我们可以发现其导数在x=0处为零，但是这个点并不是一个极值点。
函数隐零点问题的探究
ʏ郑州市第十一中学 李小斌导数隐零点问题是高考函数零点中常见的题型之一,其源自含指数或对数的函数方程无法进行精确求解,我们只能在得到方程解的存在性之后去估计大致的范围,从而进行求解㊂解决隐零点问题的三部曲通常是:第一步,用零点存在性定理判断导函数的零点存在,列出零点方程f '(x )=0,并结合f (x )的单调性得到零点的范围;第二步,以零点为分界点,说明导函数f '(x )的正负,进而得到f (x )的最值表达式;第三步,将零点方程f '(x )=0适当变形,整体代入f (x )的最值式子进行化简,要么消除f (x )最值式子中的指数或对数项,要么消除其中的参数项,从而对f (x )的最值式子进行化简和证明㊂一、不含参函数的隐零点问题例1 (2023年郑州模拟)已知函数f (x )=e x +1-2x +1,g (x )=l n x x+2㊂(1)求函数g (x )的极值;(2)当x >0时,证明:f (x )ȡg (x )㊂解析:(1)g (x )=l n xx+2的定义域为(0,+ɕ),g '(x )=1-l n xx 2㊂当x ɪ(0,e )时,g '(x )>0,g (x )在(0,e)上单调递增;当x ɪ(e ,+ɕ)时,g '(x )<0,g (x )在(e ,+ɕ)上单调递减㊂故函数g (x )的极大值为g (e )=1e+2,无极小值㊂(2)证明f (x )ȡg (x )等价于证明x ex +1-2ȡl n x +x (x >0),即证明x ex +1-l n x -x -2ȡ0㊂令h (x )=x e x +1-l n x -x -2(x >0)㊂则h '(x )=(x +1)e x +1-1+x x=(x +1)㊃e x +1-1x㊂令φ(x )=e x +1-1x,则φ(x )在(0,+ɕ)上单调递增㊂而φ110=e 1110-10<e 2-10<0,φ(1)=e 2-1>0,故φ(x )在(0,+ɕ)上存在唯一零点x 0,且x 0ɪ110,1㊂当x ɪ(0,x 0)时,φ(x )<0,h '(x )<0,h (x )在(0,x 0)上单调递减;当x ɪ(x 0,+ɕ)时,φ(x )>0,h '(x )>0,h (x )在(x 0,+ɕ)上单调递增㊂故h (x )m i n =h (x 0)=x 0e x 0+1-l n x 0-x 0-2㊂又因为φ(x 0)=0,即e x 0+1=1x 0,所以h (x 0)=-l n x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0,从而h (x )ȡh (x 0)=0㊂因此,f (x )ȡg (x )㊂方法探究:已知不含参函数f (x ),导函数方程f '(x )=0的根存在,却无法求出㊂(1)利用零点存在性定理,判断零点存在,设方程f '(x )=0的根为x 0,则有关系式f'(x 0)=0成立,注意确定x 0的取值范围㊂(2)利用f '(x 0)=0,换掉f (x 0)中的l n x 0和e x,从而证出结果㊂63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年1月二、含参函数的隐零点问题例2 (2022年湖北省新高考协作体联考)已知函数f (x )=2e xs i n x -a x (e 是自然对数的底数)㊂若0<a <6,试讨论f (x )在(0,π)上的零点个数㊂(参考数据:e π2ʈ4.8)解析:由题意知f (x )=2e xs i n x -a x ,则f '(x )=2e x(s i n x +c o s x )-a ㊂令h (x )=f'(x ),则h '(x )=4e xc o s x ㊂当x ɪ0,π2时,h '(x )>0;当x ɪπ2,π 时,h '(x )<0㊂因此,h (x )在0,π2 上单调递增,在π2,π 上单调递减,即f '(x )在0,π2 上单调递增,在π2,π 上单调递减㊂f '(0)=2-a ,f 'π2 =2e π2-a >0,f'(π)=-2e π-a <0㊂①当2-a ȡ0,即0<a ɤ2时,f'(0)ȡ0,∃x 0ɪπ2,π,使得f '(x 0)=0㊂当x ɪ(0,x 0)时,f '(x )>0;当x ɪ(x 0,π)时,f '(x )<0㊂因此,f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减㊂因为f (0)=0,所以f (x 0)>0㊂又f (π)=-a π<0,由函数零点存在性定理可得,此时f (x )在(0,π)上仅有一个零点㊂②当2<a <6时,f'(0)=2-a <0㊂又f '(x )在0,π2上单调递增,在π2,π 上单调递减,而f 'π2 =2e π2-a >0,所以∃x 1ɪ0,π2 ,x 2ɪπ2,π ,使得f '(x 1)=0,f '(x 2)=0㊂当x ɪ(0,x 1)或x ɪ(x 2,π)时,f '(x )<0;当x ɪ(x 1,x 2)时,f'(x )>0㊂因此,f (x )在(0,x 1)和(x 2,π)上单调递减,在(x 1,x 2)上单调递增㊂因为f (0)=0,所以f (x 1)<0㊂因为fπ2=2e π2-π2a >2e π2-3π>0,所以f (x 2)>0㊂又f (π)=-a π<0,由零点存在性定理可得,f (x )在(x 1,x 2)和(x 2,π)内各有一个零点,即此时f (x )在(0,π)上有两个零点㊂综上所述,当0<a ɤ2时,f (x )在(0,π)上仅有一个零点;当2<a <6时,f (x )在(0,π)上有两个零点㊂方法探究:已知含参函数f (x ,a ),其中a 为参数,导函数方程f '(x ,a )=0的根存在,却无法求出㊂(1)设方程f '(x )=0的根为x 0,则有关系式f '(x 0)=0成立,该关系式给出了x 0,a的关系;要注意确定x 0的取值范围,往往和a 的取值范围有关㊂(2)注意利用a 的取值范围进行适当放缩,把字母a 去掉㊂求解隐零点问题的难点在于对隐零点所在区间的准确界定,通常有以下三种方法㊂第一种是二分法,若x 0ɪ(1,2)选取不合适,可判断f '32 的正负,重新确定在以12为长度的区间,这也是较为基础的方法;第二种是根据题目后面给出的参考数据重新选点,例如l n 2,l n 2.5,l n 3的参考值,通常这种提示就可以大致确定出隐零点的取值范围;第三种既不能用二分法也没有对应的参考数据,此时可直接从f (x 0)=0入手,反推x 0的取值范围㊂隐零点问题是指对函数的零点设而不求,通过一种整体代换和过渡,结合题目条件最终解决问题,常常出现在高考数学的压轴题中㊂这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大㊂希望同学们在学习时予以高度的重视,能够快速解答此类题目,从而取得优异的成绩㊂(责任编辑 徐利杰)73解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年1月。
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x2 令f ' (x) 0，即e x 1 0,此方程为超越方程，
x2 解不出来，思路中断。那接下来怎么思考？
观察f ' (x) e x 1 在（- 2， ）上递增， x2
谢谢！
一、直接求方程的根.
例1.已知2x ln x ax x2 3对x (0,)恒成立， 则实数a的取值范围是 _______.
解题思路：分离参数，注意定义域优先原则. a 2 ln x x 3 , x (0,)恒成立，
x 令g(x) 2 ln x x 3 , x (0,),
x 则转化为求g ( x)的最小值.
解：k(x 1) f (x)在x (1,)上恒成立 k x x ln x , x (1,)恒成立，
x 1 令g(x) x x ln x , x (1,),
x 1 g ' (x) x ln x 2 , x 1
(x 1)2
令h(x) x ln x 2, x 1,
则h' (x) 1 1 x 1 0 xx
转化，方法上分离参数，技巧上反客为 主。
四、课后作业. 1 设函数f (x) e x x 2，若x 0时， (x k) f ' (x) x 1 0, 求整数k的最大值.
2.已知函数f (x) xe x ax b的图像在 x 0处的切线为y x 1， （1）求a, 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.
h( x)在(1, )上单调递增， 又 h(3) 1 ln 3 0, h(4) 2 ln 4 0
x0 (3,4),使h' (x0 ) 0, 当x (1, x0 )时, h(x) 0,即g ' (x) 0 g(x)在(1, x0 )上单调递减， 当x (x0 ,)时, h(x) 0,即g ' (x) 0 g(x)在(x0 ,)上单调递增.
h(x0 ) x0 ln x0 2 0，即ln x0 x0 2
g(x)min
g(x0 )
x0 (1 ln x0 ) x0 1
x0 (1 x0
x0 1
2)
x0 (x0 1) x0 1
x0
k g(x)min x0且k Z
kmax 3
三：小结:导函数的零点根据数值上的 差异可以分为两类：（1）数值上能精 确求解的，不妨称之为“显零点”；（2 ）可以判断导函数的零点存在，但却无 法求出的，不妨称之为“隐零点”。导数 “隐零点”基本解决思路：形式上虚设， 运算上代换，数值上估算，策略上等价
导数“隐零点” 问题探究
一．考向解读
导数解决函数的综合问题最终都会归结 为函数的单调性判断，而函数的单调性又与 导函数的零点有着密切的联系，可以说导函 数的零点求解或者估值是导数问题的关键。 导函数的零点根据数值上的差异可以分为两 类：（1）数值上能精确求解的，不妨称之 为“显零点”；（2）可以判断导函数的零点 存在，但却无法求出的，不妨称之为“隐零 点”。
求整数k的最大值
解题思路：分离参数，k x x ln x , x (1,) x 1
恒成立，
令g(x) x x ln x , x (1,),则转化为 x 1
求g ( x)的最小值.
例4.已知函数f (x) x x ln x,不等式 k(x 1) f (x)在x (1,)上恒成立， 求整数k的最大值.
f ' (x0 ) e x0
1 x0 2
0,即e x0
1 x0 2
两边同时取以e为底的对数，得
x0 ln( x0 2)
f (x)min f (x0 ) e x0 ln( x0 2)
1 x0 2 x0
(x0 1)2 x0 2
0
f (x) 0恒成立
例4.已知函数f (x) x x ln x, 不等式 k(x 1) f (x)在x (1,)上恒成立，
例3.已知f (x) ex ln( x 2), 求证：f (x) 0恒成立.
解：定义域x (2,） f ' (x) e x 1 , x (2,)，
x2 f ' (x) e x 1 在（ 2， ）上单调递增，
x2 f ' (1) e1 1 0, f ' (0) 1 1 0
2 f ' (1) f ' (0) 0
由零点存在性定理可知，
x0 (1,0)，使f ' (x0 ) 0,
当x (2, x0 )时, f ' (x) 0, f (x)在(2, x0 )单调递减
当x (x0 ,)时, f ' (x) 0，f (x)在(2, x0 )单调递增
f (x)极小值 f (x)最小值 f (x0 ).
二、观察方程，特殊值试探.
例2.已知(x 1) ln x a 0恒成立， 则a的取值范围是________.
解题思路：分离参数， 注意定义域优先原则. a (x 1) ln x, x (0,)恒成立， 令g(x) (x 1) ln x, x (0,) 则转化为求g ( x)的最小值.
三、虚设零点. 例3.已知f (x) ex ln( x 2), 求证：f (x) 0恒成立.
自然Hale Waihona Puke 到零点存在性定理，找出零点的大致区间.
f ' (1) e1 1 0, f ' (0) 1 1 0 2
f ' (1) f ' (0) 0
x0 (1,0)，使f ' (x0 ) 0 当x (2, x0 )时, f ' (x) 0,当x (x0 ,)时, f ' (x) 0 f (x)极小值 f (x)最小值 f (x0 ),只要求f (x0 ) 0即可.