高考数学专题复习隐零点专题精简版

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隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)

隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明　由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>0恒成立，故k (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；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，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0，解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -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；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +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 -12.(2)证明　当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。

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

的取值范围；
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

隐零点问题专题知识

(1)求和的值；
(2)若满足：当 > 0时， ≥ − + ,求实数的取值范围
解答
命题点2 整体代换，构造有关隐零点旳单一函数进行卡根
典例 2 函数 = + ( ∈ )
(1)若函数在区间 , +∞ 上为增函数，求的取值范围；
(2)当 = 1 且 ∈ 时，不等式 − 1 < 在 ∈ 1, +∞ 上恒成立，求
§3.2
导数旳应用
第3课时隐零点问题
命题点1 整体代换，直接求得函数最值
典例已知函数 = − , ∈
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明： − 2 > 0恒成立.
解答
命题点1 整体代换，直接求得函数最值
典例函数 = − + 在 = 0处的切线方程为： = − + 1
的最大值.
ห้องสมุดไป่ตู้
解答
解答
设函数 f x e ax 2 .
x
(Ι)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.

2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练一、基本技能练1.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；.(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－322.已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.3.已知函数f(x)＝(x－a)e x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x恒成立，求b的最小值.二、创新拓展练4.已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋ax，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.(1)求实数a的值；.(2)求证：f(x)＋g(x)<e x＋cos xx参考答案与解析一、基本技能练1.(1)解因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1.又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0.由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1x 又＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32.2.解(1)易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞).当a ＝e 时，f (x )＝x e x －e x －eln x ＋e ，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e －e x＝(x ＋x x >0.易知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f (x )的最小值为f (1)＝e －e －eln 1＋e ＝e ，无最大值.(2)因为f (x )＝x e x －ax －a ln x ＋a ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x －a －a x＝(x ＋x x >0.当a ≤0时，易知f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f (x )至多有一个零点，不符合题意.当a >0时，令g (x )＝e x －a x，x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x －a x＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得x(0，x 0)(x 0，＋∞)f ′(x )－＋f (x )单调递减单调递增为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.①因为x 0是方程e x －a x＝0的解，所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0，解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1.又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点.当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时，易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点.综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.解(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增.(2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x即b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x .令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x－1＝(x －x因为x 所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )x (x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－0(－4，－3).因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3.二、创新拓展练4.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1.(2)证明所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x <－x －1，即证x ln x －e x ＋x ＋1<0.设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2，令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2，则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，且r 2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0使得r ′(x 0)＝0，即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x 0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0，即x ln x－e x<－x－1.再证：－x－1<cos x－1(x>0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。

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，

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。

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)＝

高考数学难点突破--隐零点专题(有答案)

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

2025届高考数学复习：压轴好题专项(数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题)练习(附答案)

2025届高考数学复习：压轴好题专项(数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题)练习1．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-. (1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)当0x >时，()cos f x ax x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.2．（2023届四川省高三诊断性检测）已知函数()22ln f x x x =-.(1)求()f x 的单调区间；(2)令()()2g x f x x ax =-+（a 为常数），若()g x 有两个零点()1212,x x x x <，求实数a 的取值范围.3．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+∈.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值. 4．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数322()33f x x ax b x =-+ (1)若1a =，0b =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若0a b <<，不等式1ln 1x k f f x x +⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭对任意()1,x ∈+∞恒成立，求整数k 的最大值．5．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数21()e xf x x=-. (1)判断函数()f x 零点的个数，并证明； (2)证明：2e ln 2cos 0x x x x x --->.6．（2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟）已知函数()(e xf x mx m =-∈R).(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，若关于x 的不等式()()ln 110f x x ++-≥恒成立，求实数m 的取值范围. 7．（2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校2高三上学期摸底）已知函数1()(1)ln(1)e 21f x a x ax x =--++++-+（a ∈R ，e 为自然对数的底数）. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有且仅有3个零点，求实数a 的取值范围.8．（2023届云南省高三“云教金榜”N 1冲刺测试）设函数()()e ln xf x x a =-+，a ∈R .(1)当1a =时，求()f x 的单调区间； (2)若()f x a ≥，求实数a 的取值范围.9．（2024届云南省三校高三高考备考实用性联考）已知()23(1)e ,3x a f x x x ax a =--+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间； (2)当0a =时，证明：函数()()21ln 2g x f x x x =+-有且仅有一个零点. 10.（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底）已知函数()()e 1ln xf x a ax a =--+,其中2e a >-,且0a ≠.(1)当1a =时,求()f x 的单调区间； (2)若()f x 只有一个零点,求a 的取值范围.11.（2023届三省三校高三第一次联考）已知函数()(1)ln f x m x x =--. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若0m =,设()()()2e xg x f x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最小值为n ,求证：(3)(4)0n n --< .12．2()ln 3f x x x x =+-．（1）求()f x 的零点个数；（2）使不等式2()(2)ln 1f x x k x x x b ≥+----对任意[1,e]x ∈恒成立时最大的k 记为c ,求当[1,2]b ∈时,b c +的取值范围．参考答案1．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-. (1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)当0x >时，()cos f x ax x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【过程详解】（1）当1a =时，()()2sin ,2cos f x x x f x x -=-'=，切线的斜率为()01k f '==，又切点为()0,0，所以切线方程为y x =.（2）令()()cos g x f x ax x =-，即()2cos sin g x ax ax x x =--，①若1a ≥，则当0x >时，()2cos sin g x x x x x ≥--，令()2cos sin hx x x x x =--，()22cos sin h x x x x =-+'，当(]0,πx ∈时，()0h x '≥，所以()h x 在(]0,π上单调递增，()()00h x h >=，当()π,x ∈+∞时，()()()1cos sin 0h x x x x x =-+->，所以()()0g x h x ≥≥恒成立，符合题意；②若0a ≤，则当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()2cos sin 1cos sin 0g x ax ax x x ax x ax x =--=-+-<，不合题意； ③若01a <<，注意到()()()()00,2cos sin cos ,01gg x a a x x x x g a -''==--=-，令()()()2cos sin cos x g x a a x x x x ϕ=---'=，则()()21sin cos x a x ax x ϕ=++'，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，所以()g x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为()ππ010,2022g a g a ⎛⎫⎛⎫=-<=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()00,x 上单调递减，()()00g x g <=，不合题意. 综上，a 的取值范围为[)1,+∞.2．（2023届四川省高三诊断性检测）已知函数()22ln f x x x =-.(1)求()f x 的单调区间；(2)令()()2g x f x x ax =-+（a 为常数），若()g x 有两个零点()1212,x x x x <，求实数a 的取值范围.【过程详解】（1）由题意可知：()f x 的定义域为()0,∞+， ()()()21122x x f x x xx+-'=-=，令()0f x '<，解得01x <<；令()0f x ¢>，解得1x >；所以()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞.（2）由题意可知：()()22ln g x f x x ax ax x =-+=-，其定义域为()0,∞+，则()g x 有两个零点12,x x ，即()0g x =有两解，即ln 2a x x=有两解，令()()ln 0x x x x ϕ=>，则()()21ln 0xx x xϕ='->. 令()0x ϕ'>，解得0e x <<；令()0x ϕ'<，解得e x >；则()x ϕ的单调递减区间是()e,+∞，单调递增区间是()0,e ，可知()()lne 1e e ex ϕϕ≤==，又因为()10ϕ=，且当x 趋近于+∞，()x ϕ趋近于0，要使得ln 2a x x =有两解，只需102ea <<，所以20e a <<，故实数a 的取值范围为20,e ⎛⎫⎪⎝⎭.3．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+∈.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.【过程详解】（1）当1m =时，()212ln 1(0)2f x x x x =-+>，()222(0)x f x x x x x -'∴=-=>，令()0f x '=，得x ，当(x ∈时，()()0,f x f x '>单调递增；当)x ∈+∞时，()()0,f x f x '<单调递减，所以()f x在x 处取得唯一的极大值，即为最大值，所以max 1()21ln22f x f==-⨯+=，所以()ln2f x ≤，而ln2lne 1<=，所以()1f x <.（2）令()()()()2122ln 212G x f x m x x mx m x =--=-+-+.则()()()22222mx m x G x mx m x x-+-+=-+-='. 当0m ≤时，因为0x >，所以()0G x '>，所以()G x 在()0,∞+上单调递增，又因为()31302G m =-+>.所以关于x 的不等式()0G x <不能恒成立；当0m >时，()()21m x x m G x x⎛⎫-+ ⎪'⎝⎭=-. 令()0G x '=，得2x m =，所以当20,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0G x '>；当2,x m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0G x '<.因此函数()G x 在20,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 故函数()G x 的最大值为222ln 2ln21G m m m⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭.令()22ln 2ln21h m m m=-+-，因为()()()1112ln20,20,32ln22ln303h h h =+>==--<，又因为()h m 在()0,∞+上单调递减，所以当3m ≥时，()0h m <. 所以整数m 的最小值为3.4．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数322()33f x x ax b x =-+ (1)若1a =，0b =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若0a b <<，不等式1ln 1x k f f x x +⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭对任意()1,x ∈+∞恒成立，求整数k 的最大值．【过程详解】（1）当1a =，0b =时，32()3f x x x =-，所以(1)2f =-，即切点为()1,2P - 因为2()36f x x x '=-，所以(1)363f '=-=-，所以切线方程为()231y x +=--，即31y x =-+，（2）22()363f x x ax b '=-+，由0a b <<，所以22363636()()0a b a b a b ∆=-=+-<，所以函数()f x 在R 上单调递增不等式1ln 1x k f f x x -⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭1ln (1ln )11x k x x k x x x --⇔>⇔>--，对()1,x ∈+∞恒成立，构造(1ln )()1x xh x x -=-，22(2ln )(1)(ln )ln 2()(1)(1)x x x x x x x h x x x +--+--'==--，构造()ln 2g x x x =--，11()1x g x x x-'=-=，对()1,x ∈+∞有()0g x '>，所以()ln 2g x x x =--在()1,x ∈+∞递增，()31ln 30g =-<，()42ln 40g =->，所以0(3,4)x ∃∈，()000ln 20g x x x =--=，所以()01,x x ∈，()0g x <，即()0h x '<，()h x 在()01,x 递减，()0,x x ∈+∞，()0g x >，即()0h x '>，()h x 在()0,x +∞递增，所以()()00min 001ln ()1x x h x h x x +==-，结合00ln 2x x =-，故min 0()(3,4)h x x =∈，所以(1ln )1x xk x +<-对(1,)x ∈+∞恒成立min ()k h x ⇔<，故3k ≤，所以整数k 的最大值为3；5．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数21()e xf x x=-. (1)判断函数()f x 零点的个数，并证明； (2)证明：2e ln 2cos 0x x x x x --->.【过程详解】（1）函数的定义域{|0}x x ≠，当时0x <时，21()e 0xf x x=->，函数()f x 无零点，当0x >时，221()2e 0xf x x '=+>，()f x 单调递增，又1()404f =<，2(1)e 10f =->且()f x 图象在0+∞（,）上连续不断，所以由零点存在定理得()f x 在1,14⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点，综上，()f x 有且只有一个零点.（2）要证2e ln 2cos 0x x x x x --->，即证2e ln 2cos x x x x x -->，令2()e ln 2x g x x x x =--，其中0x >，则有2222()e ln ln e e ln e x x x x g x x x x x =--=-（），令2e x t x =，则()g x 可化为()ln h t t t =-，因为()212e 0xt x '=+>，所以函数2e x t x =在0+∞（,）单调递增，则0t >，由()ln h t t t =-，0t >，1()1h t t =-'1t t-=，令()0h t '=得1t =，列表如下：t()0,11()1,+∞()h t ' - 0 +()h t1 ↗由表可知：min ()(1)1h t h ==，即2()e ln 21x g x x x x =--≥，仅当2e 1x x =，等号成立，由（1）可知，存在唯一的01,14x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0201e xx =，即仅有唯一的01,14x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得02000e ln 21xx x x --=，而cos 1≤x ，当()*2πN x k k =∈，等号成立，综上，2()e ln 21x g x x x x =--≥与cos 1≤x ，等号不能同时成立，故2e ln 2cos x x x x x -->，即2e ln 2cos 0x x x x x --->.6．（2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟）已知函数()(e xf x mx m =-∈R).(1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，若关于x 的不等式()()ln 110f x x ++-≥恒成立，求实数m 的取值范围. 【过程详解】（1）函数()f x 的定义域为R , ()e x f x m '=-，当0m ≤时，由()0f x ¢>，()f x 在R 上单调递增，当0m >时，令()0f x ¢>，可得ln x m >，令()0f x '<，可得ln x m <，∴()f x 单调递减区间为(),ln m -∞，()f x 单调递增区间为()ln ,m +∞，∴当0m ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0m >时，()f x 在区间(),ln m -∞上单调递减，在区间()ln ,m +∞上单调递增.（2）设()()()e ln 110x g x mx x x =-++-≥，则()1e 1x g x m x '=+-+，（i ）当2m ≤时，()1e 1xg x m x '=+-+，令()1e 1xh x m x =+-+，则()()21e 1x h x x '=-+，令()()21e 1xk x x =-+，则()()32e 01xk x x +'=+>，∴()k x 在区间[)0,∞+上单调递增，则()()00k x k ≥=， ∴()h x 在区间[)0,∞+上单调递增，则()()02h x h m ≥=-，∴()20g x m '=-≥， ∴()g x 在区间[)0,∞+上单调递增，则()()00g x g ≥=恒成立，（ii ）若m>2时，则(0)0g '<，1(ln 1)(e 1)02ln g m m m'+=-+>+，∴()00,ln 1x m ∃∈+，使得()00g x '=，∴()g x 在区间[)00,x 上单调递减，则()()000g x g <=，与条件矛盾，综上所述，实数m 的取值范围为(],2-∞.7．（2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校2高三上学期摸底）已知函数1()(1)ln(1)e 21f x a x ax x =--++++-+（a ∈R ，e 为自然对数的底数）. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有且仅有3个零点，求实数a 的取值范围. 【过程详解】（1）函数()f x 的定义域为()1,-+∞，()()2111111111a f x a a x x x x +⎛⎫⎛⎫=-+=-- ⎪⎪+++⎝⎭⎝'⎭+()()()()2211111x a x x ax a x x ⎡⎤⎡⎤+---⎣⎦⎣⎦==++. ①当0a ≤时，由10x +>，有()110a x +-<，令()0f x '<，可得0x >，可得函数()f x 的减区间为()0,∞+，令()0f x ¢>，函数()f x 的增区间为()1,0-；②当1a =时，()()2201x f x x +'=≥，可得函数()f x 在区间()1,-+∞上单调递增，无单调减区间；③当01a <<时，10aa ->，令()0f x '<，可得10a x a-<<，可得函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫⎪⎝⎭，令()0f x ¢>，可得10x -<<，或1a x a ->，所以函数()f x 的增区间为()1,0-，1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭； ④当1a >时，10aa -<，令()0f x '<，可得10a x a-<<，令()0f x ¢>，可得11ax a--<<，或0x >，可得函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭，增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭，()0,∞+；综上，当0a ≤时，由函数()f x 的减区间为()0,∞+，增区间为()1,0-；当1a =时，函数()f x 在区间()1,-+∞上单调递增；当01a <<时，函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为()1,0-，1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；当1a >时，函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭，增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭，()0,∞+.（2）()0e 30f =-<. 由（1）可知：①当0a ≤时，由函数()f x 的减区间为()0,∞+，增区间为()1,0-，有()()00f x f ≤<，函数()f x 没有零点，不合题意；②当1a =时，函数()f x 单调递增，函数()f x 最多只有一个零点，不合题意； ③当01a <<时，函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为()1,0-，1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，由()00f <，函数()f x 最多只有一个零点，不合题意；④当1a >时，函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭，增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭，()0,∞+.由()00f <，若函数()f x 有且仅有3个零点，必需()11ln 2e 10a f a a a a -⎛⎫=+-+-> ⎪⎝⎭，令()()()1ln 2e 11g x x x x x =+-+-≥，有()1ln 1g x x x+'=-，令()()1ln 11h x x x x =+-≥，有()221110x h x x x x-'=-=≥，可得函数()h x 单调递增，有()()10h x h ≥=，可得函数()g x 单调递增，又由()e 0g =，故满足不等式()1ln 2e 10a a a +-+->的a 的取值范围为e a >. 又由()()()()111ln 1e 21a x x f x ax x ++++=-++-+，可得当1x →-时，()f x →-∞，又由10a f a -⎛⎫> ⎪⎝⎭，(0)0f <，()()2221e 12(1)e 1e 2e f a a -=--++-+-()232211e 3e 4e 2e 40e e a =-+-->--->，可得函数()f x 有且仅有3个零点. 由上知，若函数()f x 有且仅有3个零点，实数a 的取值范围为()e,+∞.8．（2023届云南省高三“云教金榜”N 1冲刺测试）设函数()()e ln xf x x a =-+，a ∈R .(1)当1a =时，求()f x 的单调区间； (2)若()f x a ≥，求实数a 的取值范围.【过程详解】（1）1a =时，函数()e ln(1)x f x x =-+的定义域为(1,)-+∞，因为1()e 1x f x x '=-+，所以，当0x >时，()0f x '>，当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 的单调递增区间是(0,)+∞，单调递减区间是(1,0)-.（2）函数()e ln()x f x x a =-+的定义域为(,),()a f x a -+∞≥，等价于e ln()0x x a a -+-≥，设()e ln()x g x x a a =-+-，则1()e x g x x a'=-+，设()()h x g x '=，则21()e 0()x h x x a '=+>+恒成立，所以()h x 在(,)a -+∞上单调递增，即()g x '在(,)a -+∞上单调递增，当,()x a g x '→-→-∞，当,()x g x '→+∞→+∞，所以0(,)x a ∃∈-+∞，使得()00g x '=，即001e x x a =+，所以001ex a x =-，当()0,x a x ∈-时，()0g x '<，所以()g x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 单调递增，所以()()000min 0001()e ln e 20ex x x g x g x x a a x ==-+-=-+≥，设1()e 2e x x p x x =-+，则(0)0p =，而1()e 20ex x p x '=++>恒成立，所以1()e 2e x x p x x =-+为增函数，由()00(0)p x p ≥=，所以00x ≥. 因为1,e x y y x ==-均为减函数，所以001ex a x =-在[)0,∞+上为减函数，所以，当00x ≥时，1a ≤，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞9．（2024届云南省三校高三高考备考实用性联考）已知()23(1)e ,3x a f x x x ax a =--+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)当0a =时，证明：函数()()21ln 2g x f x x x =+-有且仅有一个零点. 【过程详解】（1）当1a =时，()231(1)e 3x f x x x x =--+， ()()222()2(1)e (11e 11e )x x x f x x x x x '=-+--+=--，由()0f x ¢>得210e 10x x ⎧->⎨->⎩或210e 10x x ⎧-<⎨-<⎩，解得10x -<<或1x >由()0f x '<得210e 10x x ⎧->⎨-<⎩或210e 10x x ⎧-<⎨->⎩，解得1x <-或01x <<，故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-,(1,)+∞，单调递减区间为(,1)-∞-,(0,1).（2）当0a =时，()221ln (1)e 2x g x x x x =-+-，定义域为()0,∞+， ()212(1)e (1)e x x g x x x x x ∴=-++-'-()()()2111e 11e x x x x x x x x ⎛⎫=-+-=+-- ⎪⎝⎭，设()1e (0)x h x x x=->， ()21e 0x h x x =+'∴>，所以()h x 在区间()0,∞+上是增函数，()120,1e 102h h ⎛⎫=<=-> ⎪⎝⎭， ∴存在唯一01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00h x =，即00000011e 0,e ,ln x x x x x x -==-=，当00x x <<时，()0h x <，即()0g x '>；当01x x <<时，()0h x >，即()0g x '<；当1x >时，()0h x >，即()0g x '>，()g x ∴在区间()00,x 上是增函数，在区间()0,1x 上是减函数，在区间()1,+∞上是增函数，∴当0x x =时，()g x 取极大值为()()02200001ln 1e 2x g x x x x =-+- 22000011(1)2x x x x =--+-⋅ 2001122x x =-+-，设()21112122F x x x x ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，21()0F x x x '=--<，所以()F x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数. ()()01111220,2248g x g g x ⎛⎫∴<=-⨯+-=-<∴ ⎪⎝⎭在()0,1内无零点， ()()2110,2e 2ln202g g =-<=-+> ， ()g x ∴在()1,+∞内有且只有一个零点，综上所述，()g x 有且只有一个零点.10.（2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底）已知函数()()e 1ln x f x a ax a =--+,其中2e a >-,且0a ≠.(1)当1a =时,求()f x 的单调区间；(2)若()f x 只有一个零点,求a 的取值范围.【过程详解】 (1)当1a =时,()()()e 1ln 1,1x f x x x =--+>-,()()1e ,11x f x x x '=->-+, 易知()f x '在()1,-+∞上单调递增,且()00f '=,所以当()1,0x ∈-时,()0f x '<,此时()f x 单调递减；当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,此时()f x 单调递增；所以()f x 的单调递增区间是()0,∞+,单调递减区间是()1,0-；(2)()()e 1111e 1x xa f x a x x x '=-=+-++, 令()()e 11x g a x x +=-,（1）当2e 0a -<<时,则(),1x ∈-∞-,()()e 2x x a x g =+',当(),2x ∞∈--时,()0g x '>,此时()g x 单调递增；当()2,1x ∈--时,()0g x '<,此时()g x 单调递减；故()()2210e a g x g ≤-=-<-, 则()()e 1101x f x a x x +-'=>+,()f x 在(),1-∞-单调递增, 又1x →-时,()f x →+∞；x →-∞时,()f x →-∞；所以此时()f x 在(),1-∞-只有一个零点；（2）当0a >时,则()1,x ∈--∞,()()e 20x g x a x '=+>恒成立,()g x 在()1,--∞单调递增,且()110g -=-<,()111111e 11e a a g a a a a ⎛⎫+-+- ⎪⎝⎛⎫== ⎪⎭⎭⎝, 又11,11e a a >+>,则()1111e 1e 1110a a g a a a a ⎛⎛⎫==> ⎪⎫+-+⎪⎭-⎭⎝ ⎝, 故存在011,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得()00g x =, 当()01,x x ∈-时,()0g x <,当()0,x x ∈+∞时,()0g x >,因为当1x >-时,101x >+, 所以当()01,x x ∈-时,()0f x '<,()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增；当0x x =时,()f x 取得极小值,由()00g x =得001e 1x a x =+,则001ln 1ln a x x =++, ()()0200000011e ln 1ln 11011x x f x a x a x x x -=-+--=+-=≥++ 当00x =时,等号成立,由()00f =,可得()0e 1ln 1ln 00f a a a a =--=--=,解得1a =,综合第一问可知,当1a =时,()f x 只有一个零点；综上,若()f x 只有一个零点,则a 的取值范围是(){}2e ,01-⋃11.（2023届三省三校高三第一次联考）已知函数()(1)ln f x m x x =--.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若0m =,设()()()2e x g x f x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最小值为n ,求证：(3)(4)0n n --< . 【过程详解】 (1)定义域：,()0x ∈+∞.1(1)1()1m x f x m x x--'=--=. ①当10m -≤,即m 1≥时：()0f x '<恒成立.故()f x 在(0,)+∞上单调递减.②当10m ->,即1m <时：令()0f x '<,即(1)10m x x --<,解得：101x m<<-; 所以()f x 在1(0,1m -上单调递减,在1(,)1m+∞-上单调递增. 综上所述：当m 1≥时：()f x 在(0,)+∞上单调递减；当1m <时：()f x 在1(0,1m -上单调递减,在1(,)1m+∞-上单调递增. (2)当0m =时,()()1ln 2e ,,12x g x x x x x ⎛⎫=-+-∈ ⎪⎝⎭. ()()()()1111e 2e 1e 1e x x x x x g x x x x x x x -⎛⎫=--+-=+-=-- ⎪⎝⎭'. 因为()1e x m x x =-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,且1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭,()1e 10m =->. 所以必存在点01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使00()g x '=,即00001e ln x x x x =⇒=- 且当01,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '<,当()0,1x x ∈时()0g x '>, 所以()g x 在区间01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在区间()0,1x 上单调递减. 所以()()()00000000min 0022ln 2e 221x x n g x g x x x x x x x x -===-+-=+=+-.01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 又因00221n x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减. 所以12212221342n n +-<<⨯+⨯-⇒<<. 故(3)(4)0n n --<恒成立.12．2()ln 3f x x x x =+-．（1）求()f x 的零点个数；（2）使不等式2()(2)ln 1f x x k x x x b ≥+----对任意[1,e]x ∈恒成立时最大的k 记为c ,求当[1,2]b ∈时,b c +的取值范围．【过程详解】（1）函数定义域是(0,)+∞, 由题意21231(21)(1)()23x x x x f x x x x x '-+--=+-==, 当102x <<或1x >时,()0f x '>,112x <<时,()0f x '<, 所以()f x 在1(0,)2和(1,)+∞上递增,在1(,1)2上递减, 0x →时,()f x →-∞,x →+∞时,()f x →+∞,()f x 极大值11135()ln ln 2022424f ==+-=--<,()f x 极小值(1)20f ==-<, 所以()f x 只在区间(1,)+∞上有一个零点；（2）因为0x >,所以原不等式可变为2()ln 1ln ln 121f x x x x b x x x b k x x-++++++≤+=-,令ln ln 1()1x x x b g x x +++=-,2ln ()x x b g x x --'=, 令()ln p x x x b =--,则11()1x p x x x -'=-=,[1,e]x ∈时,()0p x '≥,()p x 递增,min ()(1)1p x p b ==-,max ()(e)e 1p x p b ==--,①当(1)0p ≥,即1b =时,在[1,e]上()0g x '≥,()g x 是增函数, min ()(1)c g x g b ===,22c b b +==,②当(e)0p ≤,即[e 1,2]b ∈-时,()0g x '≤,()g x 递减,min 2()(e)e b c g x g +===,214[e,2]e e e b b c b ++=+∈++； ③当(1)(e)0p p <时,()p x 在(1,e)上递增, 存在唯一的实数0(1,e)x ∈,使得0()0p x =,00ln 0x x b --=,00ln b x x =-, 则当0(1,)x x ∈时,()0p x <,()0g x '<,()g x 递减, 0(,e)x x ∈时,()0p x >,()0g x '>,()g x 递增, 000min 0000ln ln 11()()1ln x x x b c g x g x x x x +++===-=+, 00000011ln ln b c x x x x x x +=-++=+, 00ln b x x =-,令()ln h x x x =-,1()1h x x'=-,(1,e)x ∈时,()0h x '>,()h x 递增, 所以(1,e 1)b ∈-时,0(1,e)x ∈,所以0011(2,e )eb c x x +=+∈+, 综上,4[2,2]e b c +∈+．。