隐零点问题的8种解决策略
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
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
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
高考数学之隐零点问题
高考数学之隐零点问题在高考数学中，隐零点问题是一类重要的问题，它涉及到函数的性质、不等式、方程等多个方面，是考查学生数学综合能力和计算能力的典型题型。
本文将从隐零点的定义、解题思路和常见问题三个方面来探讨隐零点问题。
一、隐零点的定义隐零点是指函数在某区间内存在零点，但无法直接通过零点定理或判别式等方法得出。
这类问题需要学生通过观察函数的性质、分析函数的值域、判断函数的单调性等方式来寻找隐零点。
二、解题思路解决隐零点问题的核心思路是“化归思想”，即将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题。
具体来说，解决隐零点问题的步骤如下：1、观察函数的性质，确定函数的可能零点区间；2、分析函数的值域，确定函数在可能零点区间的端点值的符号；3、判断函数的单调性，确定函数在可能零点区间的单调性；4、根据函数的性质、值域和单调性，得出函数在可能零点区间的端点值的符号，从而得出隐零点的存在性和位置。
三、常见问题解决隐零点问题时，学生常常会出现以下问题：1、对函数的性质、值域和单调性等概念理解不准确，导致解题思路错误；2、无法将复杂问题转化为简单问题，无法将抽象问题转化为具体问题，导致解题过程繁琐；3、无法灵活运用数学知识进行推理和计算，导致解题结果错误。
因此，学生在解决隐零点问题时，需要加强对函数性质、值域和单调性等概念的理解，提高对复杂问题和抽象问题的转化能力，同时加强数学知识和计算能力的训练，以提高解题的准确性和效率。
总之，解决隐零点问题需要学生具备扎实的数学基础、灵活的思维方式和熟练的计算技巧。
只有通过不断的训练和思考，才能真正掌握解决隐零点问题的技巧和方法。
高考导数综合应用中的“隐零点”在数学的学习中，我们常常遇到许多复杂的问题需要解决。
而在这些难题中，导数往往扮演着关键的角色。
特别是在高考数学中，导数的综合应用是一个重点也是一个难点。
其中，“隐零点”是一个特别需要的概念。
“隐零点”，顾名思义，这是一种不易被直接观察或找到的零点。
导数中的“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）。
微专题--隐零点
高考微专题---“隐零点”问题（隐形零点、设而不求）“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．【隐形零点三部曲】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′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；(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．整体代换，将超越式换成普通式【典例】设函数f (x) =e2 x -a ln x ，设a ∈(0, 2e2 )求证：当x ∈(0,1]时，f (x) ≥ 2a +a ln 2a【过程分析】要证明不等式f (x) ≥ 2a +a ln 2，自然会想到求函数f (x) 的最小值，难度的上a升是因为含有参数，从而的最小值也将是参数的函数，自然想法是求出函数的表达式，基于这2 xa2xe2 x -a种想法我们利用导数工具来处理，可知 f '(x) = 2e -=，在这里如果x x0 02xe 2 x - af '(x ) == 0 有零点，我们无法解此方程的根，更求不出函数的极值，进而解题受阻，x那么该如何处理此问题呢？【深入探究】对本题中可设ϕ(x ) = 2xe 2 x- a ，根据零点存在定理判断方程 2xe 2 x - a = 0 ，通过 求 导ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x > 0 ， 函 数 ϕ(x ) 在 区 间 (0,1] 为 增 函 数 ， 且 满 足x → 0时，ϕ(x ) → -a < 0,ϕ(1) = 2e 2 - a > 0 ，由零点存在定理，设存在 x 0 ∈ (0,1]，使得ϕ(x ) = 2x e 2 x- a = 0 ，但是无法求出，我们先不急于求根，我们可以联想到解析几何中常用一方法那就是设而不求，在此利用极值点 x 与参数a 满足的关系 2x e 2 x 0= a 整体替换来处理.【反思优化】上述解法中我们注意到ϕ(x ) = 2xe 2 x- a = 0 为超越方程，无法直接求方程根 x 0 ，而是在形式上假设， 这样处理的好处在于通过对 x 满足的等式 e2 x 0= a ， ln x = ln a - 2x 的合理代 2x 00 2 0换使用，快速将超越式 f (x ) = e 2 x 0- a ln x 化简为普通的代数式 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ， a然后使用均值不等式求出最小值同时消掉了 x 0 ，在求解的过程中，不要急于消掉 x 0 而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助作 f '(x 0 ) = 0 整体代换，从而使问题获解.三.解题过程【解析】 f (x ) 的定义域为(0,1]， f '(x ) = 2e2 x - a =2xe 2 x- a x x设ϕ(x ) = 2xe2 x- a ，ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x ，当 x ∈ (0,1]，ϕ'(x ) > 0 ，即ϕ(x ) 在区间(0,1]为增函数，ϕ(x ) ∈ (-a , 2e 2 - a ⎤⎦又因为 a ∈ (0, 2e2)，所以ϕ(0) = -a < 0,ϕ(1) = 2e 2- a > 00 0 0 4 ⎪ 2 ⎪ ( )1 1由零点存在定理可知 f '(x ) 在(0,1]的唯一零点为 x 0当x ∈ (0, x 0 ) 时， f '(x ) < 0，当 x ∈ (x 0 ,1]， f '(x ) > 0 故 f (x ) 在(0, x 0 ) 单调递减，在(x 0 ,1]单调递增， 所以当 x = x 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (x ) = e2 x 0- a ln x ，由 2x e2 x 0- a = 0 ，即e 2 x0 = a ，两边去对数得ln x = ln a - 2x2x 00 2 0由于，所以 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ≥ 2 a + a ln 2 = 2a + a ln 2 a a所以 f (x ) ≥ 2a + a ln 2a类型一 【挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围】【例 1】.已知函数 f ( x ) = x 2 e x - ln x ,证明:当 x > 0 时,不等式 f( x ) > 1 .证明: f / ( x ) = x ( x + 2 )e x -, x > 0.x由 f/ /(x ) = x2+ 4x + 2 e x+ 1x2> 0,得 f / (x )在(0，+ ∞ )上单调递增. 又 f / ⎛1 ⎫ = 9 e 4⎝ ⎭16 - 4 < 0 , f / ⎛ 1 ⎫ = 5 e 2 ⎝ ⎭ 4- 2 > 0 , 根据零点存在定理可知,存在 x ∈⎛ 1 1 ⎫ ,使得 f/(x ) = 0.， ⎪ 0 ⎝ 4 2 ⎭当 x ∈ ( 0， x 0 )时, f /( x ) < 0, f ( x )在(0，x 0 )上单调递减;当 x ∈ ( x 0，+ ∞ )时, f/( x ) > 0, f (x )在(x 0，+ ∞)上单调递增. 故 f(x )= f (x) = x 2e xln x .min由 f (x )=0得 x (x + 2)e x- 1 = 0, 即 x (x + 2)e x 0 = 1 , e x 0 = 1./0 0x 0xx 2 (x + 2)2x a ⋅ 2ax 01 02 5 22 x1⎛ 1 1 ⎫故 f (x 0 ) = x 0 e 0 - ln x 0 = - ln x 0 ,其中 x 0 ∈ ， ⎪.x 0 + 2 1 ⎛ 1 1 ⎫⎝ 4 2 ⎭令 g (x ) = - ln x , x ∈ ， ⎪.x + 2 /1 1 ⎝ 42 ⎭⎛ 1 1 ⎫ 由 g (x ) = - 2- < 0得 g (x )在 x ∈ x ， ⎪上单调递减. (x + 2) 故 g (x )> g ⎛ 1 ⎫ = 2- ln 1 > 1,即 f (x⎝ 4 2 ⎭ ) > 1. ⎪ 0 ⎝ ⎭ 综上,有 f (x ) min> 1,则当 x > 0时,不等式 f (x ) > 1.【例 2】（ 常州期末·20）已知函数 f (x ) =（1）若 a = 0 ，求函数 f (x ) 的极值；ln x(x + a )2，其中 a 为常数． （2）若函数 f (x ) 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 x 0 ，求证： f (x 0 ) < -2 ．【答案】解：（1）当 a = 0 时， f (x ) =ln x，定义域为 (0 ，+ ∞) ． x2f '(x ) =1 - 2ln x，令 f '(x ) = 0 ，得 x = e ． x3x (0 ， e) e ( e ，+ ∞)f (x ) ＋ 0 － f '(x )↗极大值 12e↘∴当 x = e 时， f (x ) 的极大值为 1，无极小值．2e1 + a- 2 ln x（2） f '(x ) = x ，由题意 f '(x ) ≥ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立． (x + a )3∵ x ∈ (0 ，- a ) ，∴ (x + a )3 < 0 ，∴1 + a- 2 ln x ≤ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．x ∴ a ≤ 2x ln x - x 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．令 g (x ) = 2x ln x - x ， x ∈ (0 ，- a ) ， 则 g '(x ) = 2 ln x + 1，- 1 -1①若0 < -a ≤ e 2 ，即 0 > a ≥ -e 2 ，则 g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立，∴ g (x ) = 2x ln x - x 在(0 ，- a ) 上单调递减，-1则 a ≤ 2(-a ) ln(-a ) - (-a ) ，∴ 0 ≤ ln(-a ) ，∴ a ≤ -1与 a ≥ -e 2 矛盾，舍去；- 1 - 1 -1②若 -a > e 2 ，即 a < -e 2 ，令 g '(x ) = 2 ln x + 1 = 0 ，得 x = e 2 ，-1 当0 < x < e2 时， g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递减， -1 当e2 < x < -a 时， g '(x ) = 2 ln x + 1 > 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递 增，-1∴当 x = e 2 时， [g (x )]min = g (e-1-12 ) = 2e-1 - 1 2ln(e- 1 2 ) - e - 1 -12 = -2e 2 ，∴ a ≤ -2e 2 ．综上 a ≤ -2e 2 ．（3）当 a = -1时， f (x ) =ln x(x - 1)2， f '(x ) = x - 1 - 2x ln x ．x (x -1)3 令 h (x ) = x -1 - 2x ln x ， x ∈ (0 ，1) ，-1则 h '(x ) = 1 - 2(ln x +1) = -2 ln x -1 ，令 h '(x ) = 0 ，得 x = e 2 ．- 1 -1①当e 2 ≤ x < 1时， h '(x ) ≤ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递减， h (x ) ∈ (0 ，2e 2 -1] ，∴ f '(x ) =x - 1 - 2x ln x < 0 恒成立，∴ f (x ) = x (x -1)3ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≤ f (e -12 ) ，②当0 < x ≤ e -1 2 时， h '(x ) ≥ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递增，1 1 1 1其中 h ( ) = -1 - 2 ⋅ ln( ) = ln0 ，2 2 2 2又 h (e -2 ) = e -2 -1 - 2e -2 ⋅ ln(e -2 ) =5-1 < 0 ，e2∴存在唯一 x ∈(e -2, 1) ，使得 h (x ) = 0 ，∴ f '(x ) = 0 ，0 20 04 e当0 < x < x 0 时， f '(x ) > 0 ，∴ f (x ) = ln x(x - 1)2单调递增，当 x 0 < x ≤ e - 1 2 时， f '(x ) < 0 ，∴ f (x ) =ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≥ f (e - 12 ) ，由①和②可知， f (x ) = ln x 在 (0 ，x ) 单调递增，在 (x ，1) 上单调递减，(x - 1)2 0 0∴当 x = x 0 时， f (x ) = ln x(x - 1)2取极大值．∵ h (x ) = x -1 - 2x ln x= 0 ，∴ ln x = x 0 - 1 ，0 0 0 02x 0∴ f (x ) = ln x 0 = 1 = 1 ， (x 0 - 1)2 2x 0 (x 0 - 1) 2(x 0- 1 )2 - 12 2又 x ∈ (0 1 ) ，∴ 2(x - 1 )2 - 1 ∈ (- 1，0) ，∴ f (x ) =1< -2 ．0 ， 0 22 2 2 02(x 0 - 1 )2 -1 2 2【例 3】(天水市第一中学下学期高三第二次模拟 21)．已知函数 f (x ) = e x - 1x 2 + ax .2（1）当 a > -1时，试判断函数 f (x )的单调性；（2）若 a < 1- e ，求证：函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 1.2试题解析：（1）由题可得 f '(x ) = e x- x + a ，设 g (x ) = f '(x ) = e x- x + a ，则 g '(x ) = e x-1，所以当 x > 0 时 g '(x ) > 0， f '(x )在(0, +∞)上单调递增，当 x < 0 时 g '(x ) < 0， f '(x )在(-∞, 0)上单调递减，所以 f '(x ) ≥ f '(0) = 1+ a ，因为a > -1，所以1+ a > 0，即 f '(x ) > 0， 所以函数 f (x )在 R 上单调递増.0 0( ) 2<（2）由（1）知 f '(x )在[1, +∞)上单调递増， 因为 a < 1- e ，所以 f '(1) = e -1+ a < 0，所以存在t ∈(1, +∞)，使得 f '(t ) = 0 ，即e t - t + a = 0 ，即 a = t - e t ， 所以函数 f (x )在[1, t )上单调递减，在(t , +∞)上单调递増，所以当 x ∈[1, +∞)时f (x )minf (t ) = e t - 1 t 2 + at = e t - 1 t 2 + t t - e t = e t(1- t ) + 1 t 2 ， 2 2 2 令 h (x ) = e x(1- x ) + 1 x 2 , x > 1，则 h '(x ) = x (1- e x )< 0 恒成立，所以函数 h (x )在(1, +∞)上单调递减，所以 h (x ) < e (1-1) + 1 ⨯12 = 1，2 2所以e t(1- t ) + 1 t 2 < 1 ，即当 x ∈[1, +∞)时 f (x ) 2 2 1，min 2 故函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 .2类型二 【挖掘“隐零点”，证明不等式】【例 1】（湖北省八校高三数学.21））已知函数 f ( x ) = 1ax 2 - (a 2+ b )x + a ln x (a , b ∈ R ) .2（Ⅰ）当b = 1时，求函数 f ( x ) 的单调区间；（Ⅱ）当 a = -1,b = 0 时，证明： f (x ) + e x> - 1x 2- x +1 （其中e 为自然对数的底数）.2（1）当b = 1时， f ( x ) = 1ax 2 - (1 + a 2)x + a ln x2f '( x ) = ax - (1 + a 2 ) + a = (ax -1)(x - a )…………………………1 分x x讨论：1°当 a ≤ 0 时， x - a > 0, 1> 0,ax - 1 < 0 ⇒ f '(x ) < 0x 此时函数 f ( x ) 的单调递减区间为(0, +∞) ，无单调递增区间……………………2 分2°当a > 0 时，令 f '( x ) = 0 ⇒ x = 1或 aa1= a (a > 0) ，' = ( x - 1)2≥ >①当 a即a = 1时f ( x ) 0( x 0)x此时 1 =e a > 1(0, ) (0, ) (a , ) omin 0此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, +∞) ，无单调递减区间 ……………………3 分 ②当0 < 1< a a，即时，此时在 1和(a , +∞) 上函数 f '( x ) > 0 ，a1 在( , a ) a 上函数 f '(x ) < 0 ，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为 1 a1和(a , +∞) ；单调递减区间为( , a ) a ……………………4 分③当0 < a < 1 ，即0 < a < 1时，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, a ) 和( 1, +∞) ;a 单调递减区间为 1a（2）证明：（法一）当 a = 1时a……………………6 分f (x ) + e x > x 2+ x +1只需证明： e x -ln x -1>0 问题转化为证明∀x > 0 ， g (x ) > 0设 g (x ) = e x- ln x -1 (x > 0)令 g '(x ) = e x- 1， xg '( x ) = e x+ 1 x 2> 0 ，∴ g '(x ) = e x - 1x为 (0, +∞) 上的 增 函 数 ， 且g '( 1) = - 2 < 0, g '(1) = e -1 > 0 ………8 分 2∴存在惟一的 x 0 ∈ 1 ( ,1) 2 ，使得 g '(x ) = 0 ， e x 0 = 1 x 0∴ g (x ) 在(0, x 0 ) 上递减，在(x 0 , +∞) 上递增………………10 分∴ g ( x ) = g ( x ) = e xo - ln x 0- 1 = 1+ x x 0- 1 ≥ 2 - 1 = 1∴ g (x )min > 0∴不等式得证………………………12 分（法二）先证： x -1 ≥ ln x 令 h (x ) = x -1- ln x (x > 0)（ x > 0 ）∴ h '(x ) = 1- 1 = x -1 = 0 ⇒ x = 1x x∴ h (x ) 在(0,1) 上单调递减，在(1, +∞) 上单调递增∴ h (x )min = h (1) = 0∴ h (x ) ≥ h (1) ⇒ x -1 ≥ ln x…………8 分∴1 + ln x ≤ 1 + x - 1 = x ⇒ ln(1 + x ) ≤ x1 2 －∴e ln(1+ x ) ≤ e x………………………10 分∴e x ≥ x + 1 > x ≥ 1+ ln x∴e x > 1+ ln x故e x - ln x -1 > 0证毕………………12 分【例 2】已知函数 f (x )＝ln x －m e x 的图象在点(1，f (1))处的切线与直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 垂直， 其中 e 为自然对数的底数．(1)求实数 m 的值及函数 f (x )在区间[1，＋∞)内的最大值； (2)①求证：函数 f (x )有且仅有一个极值点； ②求证：f (x )<x 2－2x －1.（提示：隐零点+凹凸性）(1)解 由题意得 f ′(x )＝1－m e x ，x 直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 的斜率为－ 11－e故函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为 1－e ； 即 f ′(1)＝1－m e ＝1－e ，所以 m ＝1. 当 x ∈[1，＋∞)时，f ′(x )＝1－e x 单调递减，x 即 f ′(x )≤f ′(1)＝1－e<0，所以 f (x )在区间[1，＋∞)内单调递减，所以当 x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝ln1－e ＝－e.(2)证明 ①f ′(x )1 e x，令 h (x )＝f ′(x )， x 则 h ′(x )＝－ 1－e x <0 在(0，＋∞)上恒成立，x 2 即有 h (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．1又 h ＝2－ e 2 >0，h (1)＝1－e<0，所以 h (x )＝0 在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根，1，1设此实根为 x 0，则 x 0 2 . 当 x ∈(0，x 0)时，h (x )>0，故 f (x )单调递增； 当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )<0，故 f (x )单调递减，，＝12所以函数 f (x )在 x ＝x 0 处取得唯一的极大值点， 即函数 f (x )有且仅有一个极值点．②由①知 f ′(x )＝ 1－e x在区间(0，＋∞)内为减函数，x又 f ′(1)＝1－e<0，f ′ ＝2－ e>0，1，1 因此存在实数 x 0∈ 2 满足方程 f ′(x )＝ 1－e x＝0，x此时 f (x )在区间(0，x 0)内为增函数，在区间(x 0，＋∞)内为减函数， 且 f ′(x 0)＝ 1－ e x 0 ＝0，x 0 由此得到1＝ e x 0 ，x 0＝－ln x 0.x 0由单调性知 f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－ e x 0 ＝－x 0－ 1＝－ x 01，1x 0＋ 1x 0 ，x 0＋ 1 又 x 0∈ 2 ，故－ x 0 <－2， 所以 f (x )max <－2.又 x 2－2x －1＝(x －1)2－2≥－2， 所以 f (x )<x 2－2x －1.【习题】【1】(莆田市模拟)已知函数 p (x )＝ln x ，q (x )＝12－(1＋2a )x .x 2(1)讨论函数 f (x )＝q (x )＋2ax ·p (x )的单调性；(2)当 a ＝0 时，证明：xp (x )＋q (x )＜e x ＋1 22－x －1.解：(1)f (x )＝1x 2－(1＋2a )x ＋2a ln x ，定义域为(0，＋∞)，2则 f ′(x )＝x －(1＋2a )＋2a ＝ x －1x －2a .x x ①当 a ≤0 时，x －2a ＞0，∴当 0＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，当 x ＞1 时，f ′(x )＞0，x x，所以 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②当 0＜a ＜ 1时，0＜2a ＜1，2∴当 0＜x ＜2a 或 x ＞1 时，f ′(x )＞0，当 2a ＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，所以 f (x )在(0,2a )上单调递增，在(2a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，③当 a ＝1时，f ′(x )＝ x －1 2≥0，故 f (x )在(0，＋∞)上单调递增．④当 a 2 1时， 2 x 2a ＞1， ∴当 0＜x ＜1 或 x ＞2a 时，f ′(x )＞0，当 1＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，所以，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2a )上单调递减，在(2a ，＋∞)上单调递增． (2)证明：当 a ＝0 时，要证 xp (x )＋q (x )＜e x ＋1x 2－x －1，2即证 ln x ＋1x 2－x ＜e x ＋1 2－x －1，只需证明：e x －ln x －1＞0.2 2设 g (x )＝e x －ln x －1，则 g ′(x )＝e x －1 g ″(x )＝e x＋ 1 ＞0， x x 2所以 g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又 g ′ 1，1 ＝ e －2＜0，g ′(1)＝e －1＞0，1所以存在唯一 x 0∈ 2使得 g ′(x 0)＝0，即 e x 0＝ ，∴－ln x 0＝x 0. x 0∴g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以 g (x )的最小值为 g (x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝ 1＋x 0－1≥2－1＝1＞0，x 0 所以 e x －ln x －1＞0，即原不等式得证．类型三 【挖掘“隐零点”，估算极值】【例 1】（2017 年全国课标 1.21）已知函数 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，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． 【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12 x ＞h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知 h ′（x ）=a ﹣ 1．则当 a≤0 时 h ′（x ）＜0，即 y=h （x ）在（0，x+∞）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11 1 当 0＜x ＜ a 时 h ′（x ）＜0，当 x ＞ a 时h ′（x ）＞0，所以 h （x ）min =h （ a），又因为 h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以1=1，解得 a=1；a（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 ，1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=2 1，所以 t （x ）在区间（0， 2 1）上单调递减，在（ 2，+∞）上单调1递增，所以 t （x ）min =t （ 2）=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）= x 2 ﹣ x ﹣ x ln x = x 2﹣ x ﹣ x (2x - 2)=﹣ x 2 +x ，由 x ＜ 1可知 （f x ）＜(-x 2+ x )= -1+ 1 = 1； 020 max222 41 1 11由 f ′（ e ）＜0 可知 x 0＜ e ＜ 2 ， 所以 f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0， e）上单调1 1递减，所以 f （x 0）＞f （ ）=；ee2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．【例2】（雅礼中学高三月考（六）.21）类型四【挖掘“隐零点”，整数问题--卡根】【例1】已知函数f(x)＝x ln x＋ax＋b 在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0．（1）求函数f(x)的解析式；（2）若k∈Z，且存在x>0，使得k < f ( x + 1)成立，求k 的最小值．x【解析】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，可化为 k >>01 ＝a ＋1＝3， 1 ＝a ＋b ＝1， ＝2， ＝－1，∴f (x )＝x ln x ＋2x －1．（2）k >f x ＋1 x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，x x 令 g (x )＝ x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，∃x ∈(0，＋∞)，使得 k >f x ＋1，x x 则 k >g (x )min ． g ′(x )＝x －1－ln x ＋1，x ∈(0，＋∞)，x 2令 h (x )＝x －1－ln(x ＋1)，则 h ′(x )＝1－ 1 ＝ x， x ＋1 x ＋1 ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数． 又 h (2)＝1－ln 3<0，h (3)＝2－ln 4>0， 故存在唯一的 x 0∈(2，3)使得 h (x 0)＝0， 即 x 0－1＝ln(x 0＋1)． 当 x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，x 0)上为减函数； 当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数． ∴g (x )min ＝g (x 0)＝ x 0＋1 ln x 0＋1 ＋2x 0＋1＝x 0＋1x 0－1 ＋2x 0＋1＝x 0＋2，x 0 x 0∴k >x 0＋2．∵x 0∈(2，3)，∴x 0＋2∈(4，5)． ∵k ∈Z ，∴k 的最小值为 5．【答案】（1）f (x )＝x ln x ＋2x －1；（2）5．【例 2】(广州调研)已知函数 f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kxx ＋1(k ∈R)． (1)若函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数 y ＝g (x )的图象相切，求 k 的值； (2)若 k ∈N *，且 x ∈(1，＋∞)时，恒有 f (x )>g (x )，求 k 的最大值． (参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln( 2＋1)≈0.8814)(x >1)解 (1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且 f ′(x )＝1，x 从而得到 f ′(1)＝1.∴函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为 y －5＝x －1，即 y ＝x ＋4.设直线 y ＝x ＋4 与 g (x )＝ kx x ＋1(k ∈R)的图象相切于点 P (x 0，y 0)，从而可得 g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4， 又 g ′(x )＝ k， (x ＋1)21，0＝2， 0＝－2， ＋4， ＝9 ＝1.∴k 的值为 1 或 9.(2)由题意知，当 x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x > kx 1＋x恒成立，等价于当 x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )恒成立．x 设 h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x ) ，x 则 h ′(x )＝x －4－ln x，(x >1) x 2 记 p (x )＝x －4－ln x (x >1)， 则 p ′(x )＝1－1＝x －1>0，x x ∴p (x )在 x ∈(1，＋∞)上单调递增． 又 p (5)＝1－ln5<0，p (6)＝2－ln6>0，∴在 x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数 m ，且 m ∈(5，6)， 使得 p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当 x ∈(1，m )时，p (x )<0，即 h ′(x )<0， 则 h (x )在 x ∈(1，m )上单调递减， 当 x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即 h ′(x )>0， 则 h (x )在 x ∈(m ，＋∞)上单调递增， ∴当 x ∈(1，＋∞)时，=> < ( ) = ( ) =h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )，m由①可得 ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)＝m ＋ 1＋2，m m 1 36，49而 m ∈(5，6)，∴m ＋＋2∈ 5 6 ，m 又当 m ＝3＋2 2时，h (m )＝8， p (3＋2 2)＝2 2－1－ln(3＋2 2)>0， ∴m ∈(5，3＋2 2)，∴h (m )∈ 36，85.又 k ∈N *，∴k 的最大值是 7.【习题】【1】已知函数 f 大值.( x ) = 1 + ln ( x + 1) ,当 x > 0时, f x( x + 1)[1 + ln( x + 1)]( x ) >k x + 1恒成立,求正整数 k 的最解析:由已知有k <在 x > 0上恒成立.x( x + 1)[1+ ln(x + 1)]令 h (x ), x 0.只需 k h xxmin .h / (x ) =x -1- ln(x + 1)x2,令ϕ(x ) = x - 1- ln(x + 1) ,由ϕ/(x ) = 增. xx + 1> 0得ϕ(x )在(0，+ ∞ )上单调递又ϕ(2)=1 - ln 3 < 0 , ϕ(3)=2 - ln 4 > 0 , 根 据 零 点 存 在 定 理 可 知 , 存 在 x 0 ∈ (2，3),使得ϕ(x 0 ) = 0. 当 x ∈ (0，x 0 )时,ϕ(x ) < 0, h / (x ) < 0, h (x )在(0，x )上单调递减; 当 x ∈ (x ，+ ∞ )时,ϕ(x ) > 0, h / (x ) > 0, h (x )在(x ，+ ∞)上单调递增.故 h (x ) 0min(x 0 + 1)[1+ ln(x 0 + 1)]h x 0 .x 0 由ϕ(x 0 ) = 0得, x 0 -1- ln(x 0 + 1)=0 ,即 x 0 = 1+ ln(x 0 + 1) .则h (x)=x+1∈(3，4).故正整数k 的最大值为3.【2】（山西省全国普通高等学校统一考试（文）21）(本小题满分12 分)已知函数f (x)=mx + 2 -e x (m ∈R)，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)已知m =1, k 为整数，若对任意x ∈(0, +∞)，都有(k -x)f '(x)>-x -1恒成立，求k 的最大值．【3】（太原五中阶段性检测.21）（本小题满分12分）已知函数f (x) = ln xx +a( a ∈R)，曲线y =f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程为y =x -1.(1)求实数a 的值，并求f (x) 的单调区间；(2)试比较20142015 与20152014 的大小，并说明理由；(3)是否存在k ∈Z ，使得kx >f (x) + 2对任意x > 0 恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由.解析：(1)依题意，x +a- ln x f '(x) =x(x +a)2 ，f '(1) = 1+a = 1 1=1所以(1+a)2f (x) =ln x1+a ，又由切线方程可得f '(1) = 1，即1+af '(x) =1- ln x，解得a = 0，此时x ，x2令f '(x) > 0 ，所以1- ln x > 0 ，解得0 <x <e ；令f '(x) < 0，所以1- ln x < 0 ，解得x >e ，所以f (x) 的增区间为：(0, e)，减区间为：(e, +∞) . (2)解法一：2 2e由(1)知，函数 f (x ) 在(e , +∞) 上单调递减，所以 f (2014) > f (2015)，即ln 2014 > ln 20152014 2015⇔ 2015 ln 2014 > 2014 ln 2015 ⇔ ln 20142015 > ln 20152014 ⇔ 20142015 > 20152014k > ln x +2 g (x ) = ln x + 2(3) 若 kx > f (x ) + 2 对 任 意 x > 0 恒 成 立 ， 则k > g (x )max .x 2 x ， 记 x 2 x ， 只 需g '(x ) =1- 2 ln x - 2 又x 3x2 = 1- 2x - 2 ln xx 3h '(x ) = -2 - 2 < 0记h (x ) = 1- 2x - 2 ln x ，则 x，所以h (x ) 在(0, +∞)上单调递减.h ( 2 ) = 1- - 2 l n 2 = 1- + ln 2 > 1- 3 + ln 2 = ln 2> 0又 h (1) = -1 < 0， 2 2 2 ，x ∈ ( 2 ,1) 0所以存在唯一2 ，使得 h (x 0 ) = 0 ，即1- 2x 0 - 2 ln x 0 = 0当 x > 0 时， h (x ), g '(x ), g (x )的变化情况如下：x(0, x 0 ) x 0(x 0 , +∞)h (x ) ＋－g '(x )＋－g (x )↗极 大 值↘g (x )= g (x ) = 2x 0 + ln x 0max0 x 2 1- 2x - 2 ln x = 02x + 2 ln x = 1所以，又因为，所以，2 2g (x ) =(2x 0 + 2 ln x 0 ) + 2x 0 = 1 + 2x 0 = 1 ⋅ 1 2 + 10 2x 22x 2 ( ) x 所以0 02 x 0 0 ，x ∈ ( 2,1) 1∈ (1, 2) 3< g (x ) < 1+因为 0 2 ，所以 x 0 ，所以 2 0 ，又g (x )max ≥ g (1) = 2 ，所以 2 ≤ g ( x 0 ) < 1 + ， 因为k > g (x )max，即k > g (x 0 )，且 k ∈ Z ，故 k 的最小整数值为3.所以存在最小整数 k = 3，使得 kx > f (x ) + 2对任意 x > 0 恒成立.。
函数隐性零点的处理技巧
.函数隐性零点的处理技巧大招总结导数用来处理函数综合性问题，最终都会归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计是导数综合应用中最核心的问题。
导函数的零点，根据其数值计算上的差异可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称为“隐零点”。
此讲通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法：隐零点的虚设和代换。
一般步骤如下：①确定零点的存在范围。
确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图像特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题确定，因此必要时尽可能缩小其范围。
②根据零点的意义进行代数式的替换，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指数、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键。
③结合前两步，确定目标式的范围。
隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗度陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。
典型例题的最大值。
求时，＞为整数，且当）若（的单调区间；）求（：设函数例k x x f k x x k a x f ax e x f x ,01)()-(0,12)(12--)(1≥++′==.2)(),3,2(1)(,2,0)().()∞,0()(0)(),(0)(),0().2,1(,)∞,0()()∞,0(2--)(0)2(0)1()∞,0(2--)(11,)1-()2--()(,1-1)()0(1-101)1-)(-(0,1)1-)(-(1)()-(,12)∞,(ln )ln ∞-()(0-)()∞,(ln ∈0-)()ln ∞-(∈02--)(0-)(,0≤,-)(2--)(1000000000020的最大值为，故整数＜由于①式等价于所以可得又由上的最小值为在所以；＞时，；当＜时，当则有此零点为上存在唯一的零点，设在故上存在唯一的零点，在所以，＞，＜而上单调递增，在时，函数）知，当由（则令①，＞＜等价于＞时，＞故当所以，）由于（上单调递增。
高考数学复习 《导数中的隐零点问题》
衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中 李娜 知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。
这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。
解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。
列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。
第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。
典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围.例1 已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立． （1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln）有唯一根，)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．例2 已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.[来源:]【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 例3已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-.),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a解：（Ⅰ）因为+3()ex mf x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ） 设()()+eln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥，所以()()1e+1e 1e e e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分例4 已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．巩固练习1.已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．3.已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值.（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.4．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．参考答案1.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．3.（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.4.【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．。
导函数隐零点问题的处理策略
琐或无法 求 解 时，可 考 虑 虚 设 零 点 x0 ，再 对 f '（ x0 ） = 0 进行合理的变形与代换，将超越式 化为普通式，从而达到化简 f（ x0 ） 的目的．
例 2 已知关于 x 的函数 f（ x） = x3 + x2
+
ax
+
1 27
有
3
个零点，求实数
a
的取值范围．
解 由 f '（ x） = 3x2 + 2x + a，则依题意，
达到化简之功效． 这里采用设而不求的思想
可成功规避零点的求解．
例 3 （ 2015 年全国高考题） 设函数 f（ x） = e2x － aln x．
（ 1） 讨论 f（ x） 的导函数 f '（ x） 零点的个
数；
（ 2） 证明： 当 a ＞ 0 时，
f（ x）
≥ 2a
+ aln
2 a
．
解
（ 1）
f '（ x）
第5 期
高中数学教与学
导函数隐零点问题的处理策略
高雄英
（ 江苏省丹阳市第六中学，212300）
在近几年 高 考 中，函 数 与 导 数 备 受 命 题
专家的青睐，且多以压轴题的形式出现． 其内
容主要是通过导数研究函数的性质． 但我们
在求导后，导 函 数 往 往 呈 现 超 越 式 或 高 次 形
式，出现导 数 零 点 求 不 出 或 符 号 难 以 判 定 的
＜ 0，g（ x） 单调递减；
当 x ＞ 1 时，φ（ x） ＞ 0，即 g'（ x） ＞ 0，g（ x）
单调递增．
故 g（ x） ＞ g（ 1） = 0（ x ＞ 0 且 x ≠ 1） ，所
2025高考数学一轮复习隐零点问题
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0.
故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值 为h(x0). 考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，故ln(x0＋1)＝x0－1， 故 h(x)min＝h(x0)＝（x0＋1）ln（xx00＋1）＋x0＋1 ＝（x0＋1）（xx00－1）＋x0＋1＝x20＋x0 x0＝x0＋1∈(3，4). 又k<h(x)min＝x0＋1，故满足条件的整数k的最大值为3.
1234
3.已知实数 a 满足 a≥ e＋ 1e－2，且函数 f(x)＝ln x＋x22－(a＋2)x 恰有一 个极小值 m 和极大值 M，求 m－M 的最大值.
由于 f′(x)＝1x＋x－(a＋2)＝x2－（a＋x 2）x＋1，x>0， 设正数 x1，x2 是 x2－(a＋2)x＋1＝0 的两个相异实根，即方程 a＋2＝x＋x1， x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2， 由于当0<x<x1时，f′(x)>0， 当x1<x<x2时，f′(x)<0， 当x>x2时，f′(x)>0，
规律方法
已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在， 却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，需根据题意对参数进行分类讨 论.
训练2
(2023·福州质检节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a.若x>1，f(x)>0恒成立， 求a的取值范围.
由题意得，f′(x)＝ln x＋1x＋1－a， 令 h(x)＝ln x＋x1＋1－a，x∈(1，＋∞)，则 h′(x)＝x－x21， 因为x∈(1，＋∞)，所以h′(x)>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，f′(x)>f′(1)＝2－a. ①当a≤2时，f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
隐零点与极值点偏移-高考数学复习
当 x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)在区间(1，e)内为增函数，h(x)<h(e)＝e，从而 x＋f (x)<e，
所以1b＋f
1 b<e.
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又由1a∈(0,1)，可得1a<1a1－ln1a＝f 1a＝f 1b，
所以1a＋1b<f 1b＋1b＝e.②
由①②得 2<1a＋1b<e.
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所以 h′(x)＝1－ln x>0，故 h(x)在区间(1，e)内单调递增． 所以 h(x)<h(e)＝e.故 h(n)<e，即 m＋n<e. 综上可知，2<1a＋1b<e. 证法 3(构造函数法)： 由已知得lnaa－lnbb＝1b－1a，令1a＝x1，1b＝x2，不妨设 x1<x2，所以 f (x1)＝f (x2)． 由(1)知，0<x1<1<x2<e，只需证 2<x1＋x2<e. 证明 x1＋x2>2 同证法 2. 再证明 x1＋x2<e.令 h(x)＝1－x－lne x(0<x<e)，
当 x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
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所以 φ(x)≥φ(x0)＝ex0－2 －ln x0， 结合 ex0－2 ＝x10，知 x0－2＝－ln x0， 所以 φ(x)≥φ(x0)＝x10＋x0－2＝x20－2xx00＋1＝x0－x0 12>0， 则 φ(x)＝ex－2－ln x>0， 即不等式 ex－2－ax>ln x－ax 恒成立．
可得
ln h′(x)＝
导数隐零点问题的6种考法总结-
导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。
高考数学复习 《导数中的隐零点问题》
衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中 李娜 知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。
这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。
解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。
列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。
第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。
典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围.例1 已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立． （1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln）有唯一根，)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．例2 已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.[来源:]【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 例3已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-.),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a解：（Ⅰ）因为+3()ex mf x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ） 设()()+eln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥，所以()()1e+1e 1e e e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分例4 已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．巩固练习1.已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．3.已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值.（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.4．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．参考答案1.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．3.（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.4.【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．。
隐零点的终极套路
高考导数我们知道导数是解决函数单调性、极值、最值的有力工具、是函数导数不等式证明的“利器”.因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题.此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点设而不求，就是我们常说的“虚设零点”，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终达到问题的解决.下面就选用高考题或模拟题就隐零点问题作一完整的总结；技巧一 虚设零点-----媒介过渡； 例1. 已知函数=()ln f x x x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。
解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e [1,1]则'=--()2ln h x x xh x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200当∈x e x 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。
∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭ 又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0隐零点的终极解题套路例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数． 证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减又()()000f x f >=，2sin ln 1ln ln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 技巧二 敏锐洞察-----观察零点 例3 （13北京）设L 为曲线C:ln xy x=在点(1,0)处的切线. (I)求L 的切线方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I) L ： 1y x =-.(II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方()0g x ⇔>(0,1)x x ∀>≠，()g x 满足(1)0g =, 221ln ()1()x xg x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增.所以()(1)0g x g >=(0,1x x >≠)，即除切点之外,曲线C 在直线L 的下方.例4. （11浙江）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R （Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立.注：e 为自然对数的底数。
高三数学复习微专题《隐零点问题》
为超越方程，无法求出其根（即导函数 g（ x）的零点无法求出），故先运用零点存在性定理
确定导函数有零点，并对其零点设而不求，然后采取整体代换的策略进行处理，在处理过程
中最好是将超越式用普通式的代数式替代，化为较容易研究的函数（如基本初等函数等），
随后问题也就会得到很好的解决.
二、整体代换，构造关于隐零点的单一函数进行卡根
x
2a
x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数 a ；若不存在，请说明理由.
【总结】解隐零点问题的一般策略： 第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判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；
x
a 0 ，求 a 的取值范围.
解析：由已知得 （ f x）min 0 (a 0, x 0)
f（' x）
aex
a 1 x2
aex
x2 (a x2
1)
令
g（x）=
aex
x2
(a
1) ， (a
0, x
0)
由 g（ x）= a(2x x2)ex 0 得 g（x）在（0，+∞）上递增，
x0
e
【评析】上述两题的本质是通过整体代换建立不等式求隐零点的范围，其中求参数范围有两
种策略：（1）直接解不等式求之（2）研究函数的单调性求之，此知识点在压轴题中经常考
查，最后回眸一笑，以隐零点的范围作为函数的定义域，求出参数的范围.
练习 1.已知函数 （f x） lnx （ a x﹣1）（2 a＞0），若 （f x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0 ，