隐零点问题解题技巧

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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.。

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。

导数隐零点解题技巧

导数隐零点解题技巧一、确定零点存在性在进行导数隐零点解题时，首先需要确定零点的存在性。

可以通过观察函数的单调性、极值点和拐点等特征来判断函数是否存在零点，并确定零点所在的区间。

二、判断零点唯一性确定零点存在后，需要进一步判断零点的唯一性。

可以利用导数判断函数的单调性，如果函数在某一区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。

此外，还可以结合函数的图像和一元函数的性质进行判断。

三、利用导数判断单调性利用导数判断单调性是导数隐零点解题的重要技巧之一。

如果函数在某区间内的导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减。

通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围和唯一性。

四、利用单调性确定零点范围通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围。

如果函数在某区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。

此外，结合图像和已知的零点范围，可以进一步缩小零点的范围。

五、结合图像求解结合图像求解是导数隐零点解题的常用技巧之一。

通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的极值点和拐点等特征，从而确定零点的位置和范围。

此外，结合图像还可以验证答案的正确性。

六、代数运算技巧在进行导数隐零点解题时，还需要掌握一些代数运算技巧。

例如，在求解一元二次方程时，可以采用因式分解法、配方法、公式法等技巧；在求解高次方程时，可以采用降次法、换元法等技巧。

此外，还需要掌握一些常用的不等式和恒等式。

七、零点存在定理的应用零点存在定理是导数隐零点解题的重要定理之一。

如果函数在闭区间[a,b]上连续，且在开区间(a,b)上可导，且f'(x)≠0，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=0。

利用该定理可以判断函数是否存在零点，并确定零点的位置。

八、排除法验证答案在进行导数隐零点解题时，可以采用排除法验证答案的正确性。

根据题目的已知条件和函数的性质，可以排除一些不可能的答案，从而缩小答案的范围。

函数隐零点问题的破解策略

函数隐零点问题的破解策略问题描述当我们给定一个函数时，找到该函数的零点（即函数取值为0的点）通常是一个重要的任务。

然而，某些函数在特定范围内存在隐零点，即无法被常用的方法直接找到。

策略一：二分法求解二分法是一种经典的数值求解方法，在函数隐零点问题中同样适用。

该方法的基本思想是通过不断缩小隐零点所在范围的方式来逼近零点。

实施步骤：1. 根据函数曲线特点确定一个初始范围，包含可能的隐零点。

2. 计算范围中点的函数值，判断该点的正负性。

3. 若中点函数值为0或接近0，该点即为隐零点。

4. 若中点函数值正负性与范围端点函数值相同，则将中点所在范围作为新的求解范围，重复步骤2-4，直至找到隐零点或达到指定的最大迭代次数。

优点：- 方法简单易懂，易于实施。

- 对于大多数函数都能有效求解。

注意事项：- 初始范围的选择对求解结果至关重要。

过大的范围可能导致迭代次数增加，过小的范围可能导致找不到隐零点。

策略二：新ton法求解新ton法是一种基于牛顿迭代法的高阶迭代求解方法，它利用函数的一阶和二阶导数信息来逼近隐零点。

实施步骤：1. 根据函数曲线特点选取一个初始点作为迭代起点。

2. 计算选定点的函数值、一阶导数和二阶导数。

3. 利用牛顿法迭代公式：- 若二阶导数不为0，则通过函数值、一阶导数和二阶导数求得下一个迭代点。

- 若二阶导数为0，则迭代失败，需要重新选择初始点。

4. 重复步骤2-3，直至收敛到隐零点或达到指定的最大迭代次数。

优点：- 具有快速收敛的特点，对于隐零点的求解速度较快。

- 在收敛性的条件下，对于多个零点的情况也能有效求解。

注意事项：- 初始点的合理选择对迭代收敛至关重要。

- 部分复杂函数的二阶导数难以计算，导致新ton法无法应用。

以上是针对函数隐零点问题的破解策略，根据实际情况和函数特点，选择合适的方法进行求解可提高求解效率。

根据实际需求，也可以采用不同的策略来求解隐零点问题。

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。

高考数学6类隐零点的终极解题套路

高考导数例1.已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。

解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立 ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in 令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e[1,1]则'=--()2ln h x x x h 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 ex 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隐零点的六类终极解题套路技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410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⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭。

隐零点与极值点偏移问题解析版

隐零点与极值点偏移问题【考试提醒】隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大【核心题型】题型一　隐零点零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)=0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．1(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数).(1)当a =0时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程，(2)当a =12时，判断f x 是否存在极值，并说明理由；(3)∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】(1)y =-4ex +2e ；(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析；(3)1-2 e 2,0 【解析】(1)当a =0时，f x =-2xe x ，可得f x =-2x +1 e x ，则f 1 =-4e ,f 1 =-2e ，所以曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y +2e =-4e x -1 ，即y =-4ex +2e.(2)当a =12时，f x =12e 2x -2xe x ，定义域为R ，可得f x =e 2x -2x +1 e x =e x e x -2x -2 ，令F x =e x -2x -2，则F x =e x -2，当x ∈-∞,ln2 时，F x <0；当x ∈ln2,+∞ 时，F x >0，所以F x 在-∞,ln2 递减，在ln2,+∞ 上递增，所以F (x )min =F ln2 =2-2ln2-2=-2ln2<0，又由F -1 =1e>0,F 2 =e 2-6>0，存在x 1∈-1,ln2 使得F x 1 =0，存在x 2∈ln2,2 使得F x 2 =0，当x ∈-∞,x 1 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；当x ∈x 1,x 2 时，F x <0,f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；所以a =12时，f x 有一个极大值，一个极小值.(3)由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex 0，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-xe x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .2(23-24高三上·河南焦作·期末)(1)求函数f (x )=e x -1-x 的极值；(2)若a ∈(0,1]，证明：当x >0时，(x -1)e x -a +1≥ln x +a ．【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)证明见解析【分析】(1)求导，得到单调性，从而得到极值情况；(2)在(1)基础上得到x -1≥ln x ，构造函数h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值h x 0 ≥0，证明出结论.【详解】(1)依题意，f (x )=e x -1-1，令f (x )=0，解得x =1，所以当x ∈(-∞,1)时，f (x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )>0，即f (x )在(-∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，而f (1)=0，故f (x )的极小值为0，无极大值．(2)由(1)可知，当x >0时，e x -1≥x ，则x -1≥ln x ．令h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，则h (x )=xe x -a -1x，易知h (x )在(0,+∞)上单调递增．因为a ∈(0,1]，所以h 12 =12e 12-a -2<0，h (1)=e 1-a -1≥0，故∃x 0∈12,1 ，使得hx 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0①．当x ∈0,x 0 时，h (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，h (x )>0，所以h (x )在x ∈0,x 0 上单调递减，在x ∈x 0,+∞ 上单调递增，故h (x ) min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a-ln x 0+1-a ②．由①可得e x 0-a =1x 20,x 0-a =-2ln x 0，代入②，得h x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1x 20，而x 0∈12,1，故h x 0 ≥0，故h (x )≥0，即原命题得证．【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次3(2024·浙江宁波·高三统考期末)已知函数f x =x ln x -ax +1，其中a ∈R ．(1)当a =2时，求曲线f x 在x =1处的切线方程；(2)记f x 为f x 的导函数，若对∀x ∈1,3 ，都有f x +5x -1x +1≤f x ，求a 的取值范围．【答案】(1)y =-x ；(2)52,+∞【解析】(1)由题知，f x =ln x +1-a ，当a =2时，f 1 =-1，f 1 =-1，所以曲线f x 在x =1处的切线方程为y =-x ；(2)由题意，原不等式等价于x ln x -ax +1+5x -1x +1≤ln x +1-a ，即x -1 ln x +5x +1≤a x -1 ，当x =1时，对任意a ∈R ，不等式恒成立，当x ∈1,3 时，原不等式等价于ln x +5x +1≤a ，设g x =ln x +5x +1，则g x =1x -5(x +1)2=x 2-3x +1x (x +1)2，设h x =x 2-3x +1，因为h 1 0,h 3 0,h 32<0，所以存在唯一x 0∈32,3 ，使得h x 0 =0，即g x 0 =0，当x ∈1,x 0 时，g x <0,g x 单调递减，当x ∈x 0,3 时，g x >0,g x 单调递增，故g (x )max =max g 1 ,g 3 =g 1 =52，即a ≥52．综上所述，a 的取值范围为52,+∞ ．4(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．(1)求曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程；(2)证明：f (x )>-516．【答案】(1)4πx -4y -π2+4=0；(2)证明见解析【解析】(1)f (x )=cos x +2x ，f π2 =π，f π2 =π24+1．故曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程为y =πx -π24+1，即4πx -4y -π2+4=0．(2)由(1)得f(x )=cos x +2x ．令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -12 =cos 12-1<0，所以存在x 0∈-12,0 ，使得f (x 0)=cos x 0+2x 0=0，即x 20=14cos 2x 0．所以当x ∈-∞,x 0 时，f (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，f (x )>0，所以f (x )在-∞,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增．f (x )≥f x 0 =sin x 0+x 20=sin x 0+14cos 2x 0=-14sin 2x 0+sin x 0+14．因为x 0∈-12,0 ，所以sin x 0>sin -12 >sin -π6 =-12，所以-14sin 2x 0+sin x 0+14>-14×-12 2-12+14=-516．故f (x )>-516．题型二　极值点偏移极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )=f (x )-f x 20x，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e xx-ln x +x -a .若f (x )有两个零点x 1,x 2，证明：x 1x 2<1.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，即可求解.【详解】由题意得f x =e x x +ln e x x -a ，令t =e x x >1，则f t =t +ln t -a ，f t =1+1t>0，所以f t =t +ln t -a 在1,+∞ 上单调递增，故f t =0至多有1解；又因为f x 有两个零点x 1,x 2，所以，t =e xx有两个解x 1,x 2，令y =e x x ，y =e xx -1 x 2，易得y =e xx 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以0<x 1<1<x 2.此时e x1=tx 1;e x 2=tx 2，两式相除，可得：e x 2-x 1=x 2x 1⇔x 2-x 1=ln x 2-ln x 1.于是，欲证x 1x 2<1只需证明：x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，下证x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1：因为x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1⇔ln x 2-ln x 1<x 2-x 1x 1x 2⇔ln x 2x 1<x 2x 1-x 1x 2，不妨设s =x 2x 1>1，则只需证2ln s <s -1s，构造函数h s =2ln s -s +1s ,s >1，则h s =2s -1-1s2=-1-1s 2<0，故h s 在1,+∞ 上单调递减，故h s <h 1 =0，即2ln s <s -1s得证，综上所述：即证x 1x 2<1.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.2(2022·全国·模拟预测)设函数f x =ln x -ax a ∈R .(1)若a =3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x +a 有两个不同的极值点，记作x 1,x 2，且x 1<x 2，求证：ln x 1+2ln x 2>3.【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x =ln x -3x 求导后得f x =1-3xx,x >0，分别求出f x >0和f x <0的解集，从而可求解.(2)由g x =xf x -x +a 有两个极值点x 1,x 2⇔ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，从而要证ln x 1+2ln x 2>3⇔2ax 1+4ax 2>3⇔a >32x 1+4x 2⇔ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，令t =x 2x 1,t >1，构建函数h t =ln t -3t -1 1+2t，然后利用导数求解h t 的最值，从而可求解证明.【详解】(1)由题意得f x =ln x -3x ，则f x =1-3xx,x >0.令f x >0，解得0<x <13；令f x <0，解得x >13，∴f x 在0,13 上单调递增，在13,+∞ 上单调递减，∴f (x )max =f 13 =ln 13-3×13=-ln3-1，∴f x 无最小值，最大值为-ln3-1.(2)∵g x =xf x -x +a =x ln x -ax 2-x +a ，则g x =ln x -2ax ，又g x 有两个不同的极值点x 1,x 2,∴ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，欲证ln x 1+2ln x 2>3，即证2ax 1+4ax 2>3，∵0<x 1<x 2,∴原式等价于证明a >32x 1+4x 2①.由ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，得ln x 2x 1=2a x 2-x 1 ，则a =ln x2x 12x 2-x 1 ②.由①②可知原问题等价于求证ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，即证ln x 2x 1>3x 2-x 1 x 1+2x 2=3x2x 1-1 1+2x 2x1.令t =x 2x 1，则t >1，上式等价于求证ln t >3t -1 1+2t.令h t =ln t -3t -1 1+2t ，则h t =1t -31+2t -6t -1 (1+2t )2=t -1 4t -1 t (1+2t )2，∵t >1,∴h t >0恒成立，∴h t 在1,+∞ 上单调递增，∴当t >1时，h t >h 1 =0，即ln t >3t -11+2t，∴原不等式成立，即ln x 1+2ln x 2>3.【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系t =x 2x 1，t =x 2+x 1；②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.3(2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试)已知函数f x =x-2e-x(其中e= 2.71828⋯为自然对数的底数).(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a,b为两个不相等的实数，且满足ae b-be a=2e b-e a，求证：a+b>6.【答案】(1)增区间为-∞,3，减区间为3,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求导，然后根据导函数的正负来判断f x 得单调性；(2)将ae b-be a=2e b-e a变形为a-2e a=b-2e b得到f a =f b ，然后构造函数g x =f x -f6-x，根据g x 得单调性和g x <0得到f a <f6-a，最后根据f a =f b 和f x 得单调性即可证明a+b >6.【详解】(1)f x =e-x+x-2⋅-1⋅e-x=3-xe-x，令f x >0，解得x<3，令f x <0，解得x>3，所以f x 的增区间为-∞,3，减区间为3,+∞.(2)证明：将ae b-be a=2e b-e a两边同时除以e a e b得ae a-be b=2e a-2e b，即a-2e a=b-2e b，所以f a =f b ，由(1)知f x 在-∞,3上单调递增，在3,+∞上单调递减，又f2 =0，f3 =1e3，当x∈2,+∞时，f x >0，设a<b，则2<a<3<b，令g x =f x -f6-x=x-2e x-4-xe6-x2<x<3，则g x =3-xe x-3-xe6-x=3-xe6-x-e xe6，由2<x<3得6-x>x，所以e6-x>e x，3-x>0，所以g x >0，g x 在2,3上单调递增，又g3 =f3 -f3 =0，所以g x <0，当2<x<3时，f x -f6-x<0，即f a -f6-a<0，即f a <f6-a，又f a =f b ，所以f b <f6-a，又6-a>3，b>3，f x 在3,+∞上单调递减，所以b>6-a，即a+b>6.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a f x1=f x2的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F x =f x -f a-x，求导可得F x 恒正或恒负；③得到f x1与f a-x1的大小关系后，将f x1置换为f x2；④根据x2与a-x1的范围，结合f x 的单调性，可得x2与a-x1的大小关系，由此证得结论.4(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e24时，判断f x 在区间1,+∞内的单调性；(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.【答案】(1)f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增(2)(i)a∈e24,+∞；(ii)证明见解析【分析】(1)多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；(2)(i)原条件可转化a=e xx2有三个不等实根，从而构造函数h x =e xx2，研究该函数即可得；(ii)借助的h x 单调性，得到x1>-1，从而将证明x1+x2+x3>3，转化为证明x2+x3>4，再设t=x3x2，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数μx =ln x-2x-1x+1x>1，证明其在1,+∞上大于0即可.【详解】(1)当a=e24时，f x =ex-e24x2，f x =e x-e22x，令g x =f x =e x-e22x，g x =e x-e22，令g x =e x-e22=0，可得x=ln e22=2-ln2，则当x∈1,2-ln2时，g x <0，当x∈2-ln2,+∞时，g x >0，即g x 在1,2-ln2上单调递减，在2-ln2,+∞上单调递增，又g1 =f 1 =e-e22<0，g2 =f 2 =e2-e2=0，故当x∈1,2时，f x <0，当x∈2,+∞时，f x >0，故f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；(2)(i)f x 有三个零点，即e x-ax2=0有三个根，由x=0不是该方程的根，故a=e xx2有三个根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，令h x =e xx2，h x =x-2e xx3，故当x∈-∞,0∪2,+∞时，h x >0，当x∈0,2时，h x <0，即h x 在-∞,0、2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，h2 =e222=e24，当x→-∞时，h x →0，x→0-时，h x →+∞，当x→0+时，h x →+∞，x→+∞时，h x →+∞，故a∈e24,+∞时，a=e xx2有三个根；(ii)由h x 在-∞,0上单调递增，h-1=e-1-22=14e<e24，故x1>-1，由(i)可得e x1x21=ex2x22=ex3x23=a，且-1<x1<0<x2<2<x3，即只需证x2+x3>4，设t=x3x2>1，则x3=x2t，则有e x2x22=ex2tx2t2，即有t2=e x2t-1 ，故2ln t=x2t-1，x2=2ln tt-1，则x3=2t ln tt-1，即x2+x3=2ln tt-1+2t ln tt-1=2t+1ln tt-1，即只需证2t+1ln tt-1>4⇔t+1ln tt-1>2⇔ln t-2t-1t+1>0，令μx =ln x-2x-1x+1x>1，则μx =1x -2x +1 -2x -1 x +12=x +1 2-4x x x +1 2=x -1 2x x +1 2>0恒成立，故μx 在1,+∞ 上单调递增，则μx >μ1 =ln1-0=0，即得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；2.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；3.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0；4.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0.【课后强化】【基础保分练】一、单选题1(2022·四川成都·一模)已知a >b ，且e a -a =e b -b =1.01，则下列说法正确的有()①b <-1； ②0<a <12；③b +a <0； ④a -b <1.A.①②③B.②③④C.②④D.③④【答案】B【分析】令f x =e x -x ，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.【详解】令f x =e x -x ，则f x =e x -1，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；故f x <0在0,+∞ 上为增函数，在-∞,0 上为减函数，而f a =f b ，a >b ，故b <0,a >0，而f -12 =12+1e >12+11.7=3734>1.02>1.01=f b ，故-12<b <0，故①错误.又f 12 =e -12> 2.56-12=1.6-0.5>1.01=f a ，故0<a <12，故②正确，此时a -b <1，故④正确.设h x =f x -f -x =e x -e -x -2x ,x ≥0，则h x =e x +e -x -2≥2e x ×e -x -2=0(不恒为零)，故h x 在0,+∞ 上为增函数，故∀x >0，必有h x >h 0 =0即f x >f -x x >0 ，所以f a >f -a ，即f b >f -a ，由f x 的单调性可得b <-a 即a +b <0，故③成立.故选：B .【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系.2(2023·全国·模拟预测)若关于x 的方程e x =m ln x +x -1x 有两个解，则实数m 的取值范围为()A.e ,+∞B.e 2,+∞C.8,+∞D.4e ,+∞【答案】B【分析】首先变形构造函数f x =xe x -m ln x +x -1 ，讨论m ≤0和m >0两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数m 的取值范围.【详解】依题意，有xe x -m ln x +x -1 =0，令f x =xe x -m ln x +x -1 ，则f x =x +1 e x -mx.当m ≤0时，f x >0在0,+∞ 上恒成立，f x 在0,+∞ 上单调递增，故f x 至多只有1个零点；当m >0时，令e x -mx=0，设x 0为该方程的解，故当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，则函数f x 的最大值为f x 0 =x 0e x 0-m ln x 0+x 0-1 <0；而e x 0-m x 0=0，故x 0e x 0=m ，故ln x 0+x 0=ln m ，故f x 0 =m 2-ln m <0，解得m >e 2，可知x 0>1，故f 1 =e -m +m =e >0，所以f x 在0,x 0 上仅有1个零点，当x →+∞时，f x →+∞，故f x 在x 0,+∞ 上也有1个零点，故实数m 的取值范围为e 2,+∞ .故选：B .【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐零点问题，本题的一个关键是根据x 0e x=m ，变形求f x 0 <0，再结合函数零点存在性定理说明存在两个零点.3(2023·四川南充·一模)已知函数f (x )=ln x -2x+2 -m (0<m <3)有两个不同的零点x 1，x 2(x 1<x 2)，下列关于x 1，x 2的说法正确的有( )个①x 2x 1<e 2m ②x 1>2m +2 ③e m3<x 2<33-m ④x 1x 2>1A.1 B.2C.3D.4【答案】D【分析】函数f x =ln x -2x +2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 有两个交点，构造函数g x =ln x -2x+2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.【详解】由函数f x =ln x -2x+2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 0<m <3 有两个交点x 1,x 2x 1<x 2 ，构造函数g x =ln x -2x +2，h x =ln x -2x +2 ，则g x =1x +2x 2，故g x >0，所以g x 在0,+∞ 单调递增，而g 1 =0，可得h x 图象如图所示故h x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以0<x 1<1<x 2，对于①，m =-ln x 1+2x 1-2=ln x 2-2x 2+2，所以2m =-ln x 1+ln x 2+2x 1-2x 2>ln x 2x 1，所以x2x 1<e 2m ，故①正确；对于②，由①可知m =-ln x 1+2x 1-2，故mx 1+2x 1-2=-x 1ln x 1>0，因此x 1>2m +2，故②正确；对于③，因为0<m <3，所以0<m 3<1，故1<e m3<e ,33-m >1，所以g 33-m =ln 33-m -23-m 3+2=ln 33-m +2m3，则g 33-m -m =-ln 3-m-m3+ln3，构造函数Q x =-ln 3-m -m3+ln3，则Q x =13-m -13=m33-m >0，而Q 0 =0，所以g 33-m >m =g x 2 ，所以x 2<33-m ，因为g e m 3 =m 3-2e m 3+2，所以m -g e m3 =2m 3-1e m 3+1，令m 3=t 0<t <1 ，构造I t =t -1et +1，显然I t 单调递增，且I 0 =0，所以m =g x 2 >g e m 3所以e m3<x 2<33-m，故③正确；对于④，由①可知，ln x 1x 2=2x 1+2x 2-4>4x 1x 2-4，所以ln x 1x 2-4x 1x 2+4>0，令x 1x 2=n ，W n =2ln n -4n+4，显然W n 单调递增，且W 1 =0，所以x 1x 2>1，故④正确.故选：D二、多选题4(2023·湖南永州·二模)已知a ln a =bln b =2.86，c ln c =d ln d =-0.35，a <b ，c <d ，则有()A.a +b <2eB.c +d >2eC.ad <1D.bc >1【答案】BCD【分析】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，求导可求得f x ,g x 的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB 正误；由f 1x =-1g x ，可确定f 1d <f a ,f 1c <f b ，结合f x 单调性可得CD 正误.【详解】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，∵f x =ln x -1ln 2x，∴当x ∈1,e 时，f x <0；当x ∈e ,+∞ 时，f x >0；∴f x 在1,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，且f x min =f e =e ；若f a =f b =2.86，则1<a <e <b ，令F x =f x -f 2e -x ，1<x <e则Fx =ln x -1ln 2x +ln 2e -x -1ln 22e -x =ln x ⋅ln 22e -x +ln 2x ⋅ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x ln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ln 2e -x +ln x -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x，∵当x ∈1,e 时，-x 2+2ex <e 2，∴ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -x <2ln x ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x =-ln x -ln 2e -x 2，∴F x <0在1,e 上恒成立，∴F x 在1,e 上单调递减，∴F x >F e =0，即f x >f 2e -x ，又1<a <e ，∴f a >f 2e -a ，∵f a =f b ，∴f b >f 2e -a ，∵b >e ，2e -a >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴b >2e -a ，即a +b >2e ，A 错误；∵g x =ln x +1，∴当x ∈0,1e 时，g x <0；当x ∈1e,+∞ 时，g x >0；∴g x 在0,1e 上单调递减，在1e ,+∞ 上单调递增，且g x min =g 1e =-1e；由c ln c =d ln d =-0.35得：0<c <1e<d <1；设G x =g x -g 2e -x ，0<x <1e，则G x =ln x +1+ln 2e -x +1=ln 2ex -x 2 +2；当0<x <1e 时，-x 2+2e x ∈0,1e 2，∴G x <0，∴G x 在0,1e 上单调递减，∴G x >G 1e =0，即g x >g 2e -x ，又0<c <1e ，∴g c >g 2e -c ，又g c =g d ，∴g d >g 2e -c ，∵d >1e ，2e -c >1e ，g x 在1e,+∞ 上单调递增，∴d >2e -c ，即c +d >2e，B 正确；∵1<a <e <b ，0<c <1e <d <1，f 1x =1xln 1x =-1x ln x =-1g x ，∴f 1d =-1g d=10.35≈2.857<2.86=f a ，又1<1d <e ，1<a <e ，f x 在1,e 上单调递减，∴1d >a ，则ad <1，C 正确；∵f 1c =-1g c ≈2.857<2.86=f b ，又1c >e ，b >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴1c <b ，则bc >1，D 正确.故选：BCD .【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于x 1+x 2>a f x 1 =f x 2 的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x 1,x 2的范围；②构造函数F x =f x -f a -x ，求导后可得F x 恒正或恒负；③得到f x 1 与f a -x 1 的大小关系后，将f x 1 置换为f x 2 ；④根据x 2与a -x 1所处的范围，结合f x 的单调性，可得到x 2与a -x 1的大小关系，由此证得结论.5(2023·湖北襄阳·模拟预测)已知关于x 的方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的有()A.-e -1<a <0B.x 1+x 2<-2C.x 2>aD.x 1+e x 1<0【答案】ABD【分析】由已知y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，利用导数研究函数f (x )=xe x 性质，结合图象确定a 的范围，判断A ，要证明x 1+x 2<-2只需证明x 2<-2-x 1，结合函数f (x )单调性只需证明f x 1 <f -2-x 1 ，故构建函数F (x )=f x -f -2-x ，利用导数证明结论，判断B ，利用比差法比较x 2,a ，判断C ，利用x 1的范围，结合指数函数性质证明x 1+e x 1<0，判断D .【详解】方程xe x -a =0，可化为xe x =a ，因为方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，所以y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，令f (x )=xe x ，则f (x )=e x +xe x =(1+x )e x ，令f (x )=0，可得x =-1，当x <-1时，f (x )<0，函数f (x )在-∞,-1 单调递减，当x >-1时，f (x )>0，函数f (x )在-1,+∞ 单调递增，f (x )min =f (-1)=-1e，当x <0时，f (x )<0，且f (0)=0，当x >0时，f (x )>0，当x →-∞时，与一次函数相比，指数函数y =e -x 呈爆炸性增长，故f x =--xe-x →0，当x →+∞时，f x →+∞，f x →+∞，根据以上信息，可得函数f x 的大致图象如下：∴-1e<a <0，且x 1<-1<x 2<0，故A 正确．因为x 1<-1<x 2<0，-2-x 1>-1构造F (x )=f x -f -2-x =xe x +(2+x )e -2-x ,x <-1，F (x )=(x +1)e x +(-1-x )e -2-x =(x +1)e x -e -2-x >0，∴F (x )在(-∞,-1)上单调递增，∴F x 1 <F (-1)=0，∴f x 1 <f -2-x 1 ，即f x 2 <f -2-x 1 ，由f x 在-1,+∞ 单调递增所以x 2<-2-x 1⇒x 1+x 2<-2，故B 正确．对于C ，由x 2=a ex 2，-1e <a <0，所以x 2-a =a e x 2-a =a 1ex 2-1，又-1<x 2<0，所以1e x 2>1，则1ex 2-1>0，所以x 2<a ，故C 错误．对于D ，由x 1<-1，可得0<e x1<e -1，所以x 1+e x 1<-1+e -1<0，D 正确．故选：ABD ．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．6(2023·福建宁德·二模)已知函数f (x )=ln xx，则()A.f (2)>f (3)B.若f (x )=m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2>e 2C.ln2<2eD.若2x =3y，x ，y 均为正数，则2x >3y【答案】BCD【分析】A ：代入2、3直接计算比较大小；B ：求f x 的导函数，分析单调性，可得当f x =m 有两个不相等实根时x 1、x 2的范围，不妨设x 1<x 2，则有0<x 1<e <x 2，比较f x 1 ,f e 2x 1的大小关系，因为f x 1 =f x 2 ，可构造F x =f x -f e 2x(0<x <e )，求导求单调性，计算可得F x <0成立，可证x 1x 2>e 2；C ：用f x 在0,e 上单调递增，构造ln22<ln e e 可证明；D ：令2x =3y=t ，解出x =lg t lg2，y =lg t lg3，做差可证明2x >3y .【详解】对于A：f2 =ln22=ln2，f3 =ln33=ln33，又26=23=8，336=9，所以2<33，所以ln2<ln33，则f2 <f3 ，故A错误；对于B：函数f x =ln xx，定义域为0,+∞，则f x =1-ln xx2，当f x >0时，0<x<e；当f x <0时，x>e；所以f x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，则f x max=1e且x>e时，有f x >0，所以若f x =m有两个不相等的实根x1、x2，有0<m<1e，不妨设x1<x2，有0<x1<e<x2，要证x1x2>e2，只需证x2>e2x1，且x2>e2x1>e，又f x1=f x2，所以只需证f x1<fe2x1 ，令F x =f x -fe2x(0<x<e)，则有F x =f x +fe2x⋅1x2=1-ln x1x2-1e4，当0<x<e时，1-ln x>0，1x2-1e4>0，所以有F x >0，即F x 在(0,e)上单调递增，且F e =0，所以F x <0恒成立，即f x1<fe2x1，即f x2 <f e2x1，即x1x2>e2，故B正确.对于C：由B可知，f x 在0,e上单调递增，则有f2 <f e ，即ln22<ln ee，则有ln2<2e<2e，故C正确；对于D：令2x=3y=t，则t>1，x=log2t=lg tlg2，y=log3t=lg tlg3，∴2x-3y=2lg tlg2-3lg tlg3=lg t(lg9-lg8)lg2⋅lg3>0，∴2x>3y，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；(2)极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.三、解答题7(22-23高三上·河南洛阳·开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<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)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).8(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．【答案】(1)[1,e] (2)证明见解析【分析】(1)分别计算f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx的导函数，接着分析它们的单调性，求得在x=1时，f(x)的最大值为f(1)=1，g(x)的最小值为g(1)=e，问题得解；(2)先将e x2-x1=x x12x x11转化为f x1=f x2，再设x1<x2，数形结合得到1e<x1<1<x2，接着构造函数，利用函数的单调性得到x1+x2>2，最后利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx，得f (x)=-ln xx2，g (x)=e x(x-1)x2，当0<x<1时，f (x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，当x>1时，f (x)<0，f(x)在区间(1,+∞)上单调递减，所以当x∈(0,+∞)时，f(x)的最大值为f(1)=1．当0<x<1时，g (x)<0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，当x>1时，g (x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)的最小值为g(1)=e．所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1,e]．(2)由e x1-x1=x x12x x11得e x1-x1⋅x x11=x x12，两边取对数并整理，得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，即f x1=f x2．由(1)知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，(技巧：注意对第(1)问结论的应用)而f1e=0，当x>1时，f(x)>0恒成立，不妨设x1<x2，则1e<x1<1<x2．记h(x)=f(x)-f(2-x)，x∈1e,1 ，则h (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln-(x-1)2+1x2>0，所以函数h(x)在1e,1上单调递增，所以h(x)<f(1)-f(2-1)=0，即f(x)<f(2-x)，x∈1e,1 ，于是f x2=f x1<f2-x1，2-x1∈1,2-1 e，又f(x)在(1,+∞)上单调递减，因此x2>2-x1，即x1+x2>2，所以x31+x32>x31+2-x13=8-12x1+6x21=6x1-12+2>2．【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：(1)求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况，作出函数图象，由f x2=f x1得到x1,x2的大致范围．(2)构造辅助函数(若要证x1+x2>(<)2x0，则构造函数g(x)=f(x)-f2x0-x；若要证x1x2>(<)x20，则构造函数g(x)=f(x)-fx20x.)，限定x1,x2的范围，求导，判定符号，获得不等式．(3)代入x1,x2，利用f x2=f x1及f(x)的单调性即得所证结论．9(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2ln x-ax2.(1)若x>0时，f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；(2)当实数a取第(1)问中的最小值时，若方程f(x)=m有两个不相等的实数根x1，x2，请比较x21+x22，2x21 x22，2这三个数的大小，并说明理由.【答案】(1)a≥-1；(2)x21+x22>2x21x22>2.【分析】(1)根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.(2)由(1)求出函数f(x)并变形，换元构造函数h(t)=t(1-ln t)，利用导数结合极值点偏移推理即得.【详解】(1)当x>0时，不等式f(x)≤1⇔2ln x-ax2≤1⇔a≥2ln x-x2，令g(x)=2ln x-x2,x>0，依题意，∀x>0,a≥g(x)恒成立，求导得g (x)=2x-2x=2(1-x2)x，当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g (x)<0，于是函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=-1，所以a ≥-1.(2)由(1)知，a min =-1，此时函数f (x )=2ln x +1x 2=1x 21-ln 1x2，令1x 2=t ，h (t )=t (1-ln t )，则f (x )=h (t )，由方程f (x )=m 有两个不相等的实数根x 1,x 2，得方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，t 1=1x 21,t 2=1x 22，要比较x 21+x 22，2x 21x 22，2这三个数的大小，只需比较1x 21+1x 22，2，2⋅1x 21⋅1x 22这三个数的大小，即比较t 1+t 2,2,2t 1t 2这三个数的大小，h (t )=-ln t ，当0<t <1时，h (t )>0，当t >1时，h (t )<0，则函数h (t )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，显然t ∈(0,1)，h (t )>0，而h (e )=0，由方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，不妨设t 1<t 2，则0<t 1<1<t 2<e ，令函数φ(t )=h (t )-h (2-t ),0<t <1，显然2t -t 2=-(t -1)2+1∈(0,1)，求导得φ (t )=h (t )+h (2-t )=-ln t -ln (2-t )=-ln (2t -t 2)>0，函数φ(t )在(0,1)上单调递增，于是φ(t 1)<φ(1)=0，即h (t 1)<h (2-t 1)，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,2-t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)<h (2-t 1)，即有t 2>2-t 1，则t 1+t 2>2，令函数u (t )=h (t )-h 1t ,0<t <1，1t 2>1,ln t <0，求导得u (t )=h (t )+1t 2h 1t =-ln t -1t 2ln 1t =1t 2-1ln t <0，函数u (t )在(0,1)上单调递减，u (t 1)>u (1)=0，即h (t 1)>h 1t 1，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,1t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)>h 1t 1，即有t 2<1t 1，则t 1t 2<1，有2t 1t 2<2，于是t 1+t 2>2>2t 1t 2，从而1x 21+1x 22>2>2⋅1x 21⋅1x 22，所以x 21+x 22>2x 21x 22>2.【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.10(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a ，b 为函数f x =x ⋅e x -m (m <0)的两个零点．(1)求实数m 的取值范围；(2)证明：e a +e b <1．【答案】(1)-1e ,0 (2)证明见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到f x 的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到f x min <0，求出m>-1e ，结合题目条件，得到当-1e <m <0时，f 1m >0，根据零点存在性定理得到f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，同理得到f (x )在-1,0 内存在唯一零点，从而求出答案；(2)设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =b a ，令b a =t ∈0,1 ，故a =ln t 1-t ，b =t ln t1-t，推出要证e a+e b <1，即证ln t +1 t <ln t t -1，构造g x =ln xx -1，x ≠1，求导，对分子再构造函数，证明出g x ≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln 1+t +t ln t1-t<0，证明出结论.【详解】(1)f x 的定义域为R ，f (x )=x +1 e x ，当x ∈-∞,-1 时，f x <0，当x ∈-1,+∞ 时，f x >0，故f x 在-∞,-1 内单调递减，在-1,+∞ 单调递增，故要使f x 有两个零点，则需f x min =f -1 =-e -1-m <0，故m >-1e，由题目条件m <0，可得-1e<m <0，当-1e <m <0时，因为f 1m =1m e 1m -m >m -m =0，又1m <-e <-1，故f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，又f 0 =-m >0，故f (x )在-1,0 内存在唯一零点，则f x 在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m 的取值范围为-1e,0 ；(2)证明：由(1)可设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =ba，令b a =t ∈0,1 ，则b =at ，所以e a -at =t ，故a =ln t 1-t，所以b =at =t ln t1-t，要证e a +e b <1，即证e ln t1-t +e t ln t1-t <1⇒e t ln t1-t e ln t +1 <1⇒e t ln t1-t t +1 <1⇒e t ln t1-t e ln t +1<1⇒e t ln t 1-t+ln t +1<1，即证ln 1+t +t ln t1-t<0，因为t ∈0,1 ，即证ln 1+t t +ln t 1-t <0，即ln t +1 t <ln tt -1，令g x =ln x x -1，x ≠1，g x =x -1x -ln x x -1 2=1-1x +ln 1xx -12，令h u =u -1-ln u ，则h u =1-1u，当u ∈0,1 时，h u <0，当u ∈1,+∞ 时，h u >0，故h u 在0,1 内单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以h u ≥h 1 =0，所以u -1-ln u ≥0，令u =1x 得1x -1-ln 1x≥0，故g x =1-1x +ln 1xx -12≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln t +1 t <ln t t -1，ln t +1 <t ln t t -1，ln 1+t +t ln t1-t<0，则e a +e b <1，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方【综合提升练】一、单选题1(22-23高二下·福建厦门·期末)已知函数f x =ln xx,0<x ≤e -1e2x +2e ,x >e，若a <b <c ，且f a =f b =f c ，则b ln aa ln b·c 的取值范围为()。

导数隐零点问题的6种考法总结-

导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。

导数隐零点问题

导数隐零点问题一、导数隐零点问题的定义和背景在微积分学中，导数是一个非常重要的概念，它描述了一个函数在某一点上的变化率。

而隐零点则指的是函数在某一区间内没有明显的零点，但是其导数为零的点。

导数隐零点问题就是指如何找到一个函数在某一区间内所有的隐零点。

这个问题在实际应用中有着广泛的应用，比如说在经济学中，我们需要找到某个商品价格曲线上所有的最大值和最小值，而这些极值点往往就是导数为零的隐零点。

二、求解导数隐零点问题的方法1. 利用函数图像法函数图像法是最直观也是最简单的方法之一。

我们可以画出函数图像并通过观察来确定其隐零点。

对于单峰函数或者双峰函数等比较简单的情况，这种方法通常比较有效。

但对于更加复杂或者多变形状的函数，则不太适用。

2. 利用符号判定法符号判定法则利用了导数与原函数之间存在着某些关系式。

具体而言，如果一个函数在某个区间内的导数为正，那么函数在这个区间内就是单调递增的；如果导数为负，则函数在这个区间内是单调递减的。

而当导数为零时，则说明函数在这个点上可能存在一个极值点或者拐点。

3. 利用牛顿迭代法牛顿迭代法是一种比较高效的求解隐零点的方法。

它利用了泰勒级数展开式来近似求解某一函数的根。

具体而言，我们可以先对函数进行一次泰勒级数展开，然后通过不断迭代来逼近其零点。

当然，这种方法也有着一些局限性，比如说可能会出现收敛速度过慢或者无法收敛等问题。

4. 利用二分法二分法则是一种比较朴素但是非常实用的方法。

它利用了函数在隐零点附近两侧取值符号不同的特性来进行搜索。

具体而言，我们可以先确定一个区间，并将其分成两半。

然后我们判断其中一个子区间内是否存在隐零点，并继续将其分成两半直到找到为止。

三、导数隐零点问题中需要注意的问题1. 隐零点不一定是极值点虽然导数为零的点往往是函数的极值点，但并不是所有的隐零点都是极值点。

比如说在函数f(x)=x^3中，我们可以发现其导数在x=0处为零，但是这个点并不是一个极值点。