隐零点
第2部分专题6强基专题8隐零点问题课件共17张PPT
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0, h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h1e＝e12e1e－1<ee22－1＝0，h1＝e>0， h(x)在1e，1存在零点x0， 即h(x0)＝x20ex0＋ln x0＝0， x20ex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln x10eln x10，
由f ′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈0，12得f(x0)＜14. 因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得 f(x0)＞f(e－1)＝e－2. 综上得e－2＜f(x0)＜2－2.
2．已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且不等式k(x－1)<f(x)在 x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．m的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝aex＋axex－1x，
因为函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线为y＝(2e－1)x－e，
f1＝ae＋b＝e－1
所以 f
′1＝2ae－1＝2e－1
，
解得a＝1，b＝－1.
(2)由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)， 即m≤xex－lxn x－1， 令φ(x)＝xex－lxn x－1，则φ′(x)＝x2ex＋x2 ln x， 令h(x)＝x2ex＋ln x，
[解] 因为 f(x)＝x＋xln x，所以不等式 k(x－1)<f(x)在区间 (1，＋∞)上恒成立等价于 k<xlxn－x＋1 x(x>1)．
令 g(x)＝xlxn－x＋1 x(x>1)，则 g′(x)＝x－(xl－n x1－)2 2，
令 h(x)＝x－ln x－2(x＞1)，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1＞0⇒h(x)在(1， ＋∞)上单调递增，
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
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
隐零点问题课件
故 m ≤ −e − ln + 2e ＋
min ，
记h
＝－ x e x －ln
∴h' ＝ 1 −
由于 x ∈
1
，1
2
e
1
x
x ＋2e ＋ x ， x ∈ ，1
2
1
−
，
，
1
1
x
，所以1－ x ≥0，有 y ＝e ， y ＝－ 均为 x ∈ ，1
1， a ＞1，φ' ＝－e a －1＋1＜0，
所以φ 在 1，＋∞ 上单调递减，φ 2 ＝3－e＞0，φ 3 ＝4－e2＜
0，故整数 a 的最大值为2.
考点二
例2
利用“隐零点”确定参数取值范围
已知函数 f
数的底数.
e
＝x＋ ，g
＝ sin x ，其中 a 为实数，e是自然对
(1)当 a ＝－1时，证明：∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 ；
π
sin x 2≥－1，当且仅当 x 2＝2 k π－ ， k
2
∈Z时，等号成立，
所以对∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 .
(2)若 h ＝ f － g 在 0，π 上有唯一的极值点，求实数 a 的取值
范围.
[解] 因为 h
则h'
e
＝x＋ －
e
＝1＋ －
0
1
1
，对勾函数 y ＝ x 0＋ 在 x 0∈ ，1
0
2
5
2，
2
，所以 h
∴ m 能取到的最大正整数为3.
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。
导数隐零点问题题型归类
导数隐零点问题题型归类一、利用隐零点化简函数例 1：已知函数f(x) = e^x ax 1，若f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围。
解析：因为f(x)在定义域内单调递增，所以f'(x) = e^x a ≥ 0恒成立，即a ≤ e^x恒成立。
因为e^x > 0，所以a ≤ 0。
二、利用隐零点证明不等式例 2：已知函数f(x) = xln x x + 1，证明：当x > 1时，f(x) > 0。
解析：f'(x) = ln x，当x > 1时，f'(x) > 0，f(x)单调递增。
设f'(x) = 0的零点为x_0，即ln x_0 = 0，解得x_0 = 1。
因为x > 1，所以f(x) > f(1) = 0。
三、利用隐零点求函数最值例 3：已知函数f(x) = e^x x^2 2x，求f(x)在区间[0, +∞)上的最小值。
解析：f'(x) = e^x 2x 2，设f'(x) = 0的零点为x_0。
f''(x) = e^x 2，当x > ln 2时，f''(x) > 0，f'(x)单调递增。
因为f'(0) = -1 < 0，f'(2) = e^2 6 > 0，所以x_0 ∈ (0, 2)。
f(x)在[0, x_0)上单调递减，在(x_0, +∞)上单调递增，所以f(x)_min = f(x_0)。
四、利用隐零点解决参数范围问题例 4：已知函数f(x) = e^x ax^2，若存在x_0 > 0，使得f(x_0) < 0，求实数a的取值范围。
解析：f'(x) = e^x 2ax，设f'(x) = 0的零点为x_1。
f''(x) = e^x 2a，当a ≤ 0时，f''(x) > 0，f'(x)单调递增。
第7讲 隐零点
第7讲 隐零点利用导数解决函数综合性问题最终都会归于函数单调性的判断,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计,是导数综合应用中最核心的问题.导函数的零点,根据其数值计算的差异可分为以下两类:(1)数值上能够精确求解的,称为显零点.(2)能够判断其存在但是无法直接表示的,称为隐零点.对于隐零点问题,由于涉及灵活的代数变形技巧、抽象缜密的逻辑判断和巧妙的不等式应用,对学生的综合能力要求比较高,往往是考查的难点.我们一般可对隐零点“设而不求”,通过一种整体的代换来过渡,再结合其他条件,从而最终解决问题,一般操作步骤如下:第一步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出一阶导函数零点方程()00f x '=,并结合()f x 的单调性,通过取特殊值逼近的方式得到零点的范围.第二步:以一阶导函数零点0x 为分界点,说明导函数()f x '在0x 左、右两边的正、负号,进而得到()f x 的极值表达式()0f x .第三步:将零点方程()00f x '=适当变形,整体代人极值式子()0f x 进行化简证明.有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小.导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),判断其范围(用零点存在性定理),最后整体代人即可.请注意,进行代数式的替换过程中,尽可能将指数、对数函数式用幂函数替换,这是简化函数的关键.无参隐零点问题隐零点证明无参不等式恒成立问题:已知无参函数()f x ,导函数方程()0f x '=的根存在,却无法精确求出,其一般解题步骤为:第一步:求导,判定一阶导函数的单调性,并设方程()0f x '=的根为0x . 第二步:写出零点等式()00f x '=成立. 第三步:取点找出注意确定0x 的合适范围。
第四步:把零点等式变形反带回()f x ,进行简化,从而求解.【例1】已知函数()()23e ,91x f x x g x x =+=-.证明:()()f x g x >.【解析】证明：设()()()()23e 91,3e 29x x h x f x g x x x h x x =-=+-+='+-为增函数,∴可设()00h x '=.()()06137h h e o =''-<=->()00,1x ∴∈.当0x x >时,()0h x '>.当0x x <时,()0h x '<.()02min 000()3e 91x h x h x x x ∴==+-+.又0003e 290,3e 29x x x x +-=∴=-+.()()22min 0000000()29911110110h x x x x x x x x ∴=-++-+=-+=--.()()()0000,1,1100x x x ∈∴-->,()()min ()0,h x f x g x ∴>>.【例2】已知函数()()e ln 2x f x x =-+,求证:()0f x >.【解析】证明：()1e 2x f x x =-+'在区间(2-,)∞+上单调递增,又()()10,00f f -'',()0f x ∴'=在()2,∞-+上有唯一实根0x ,且()01,0x ∈-. 当()02,x x ∈-时,()0f x '<. 当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>.从而当0x x =时,()f x 取得最小值.由()00f x '=,得()00001e ,ln 22x x x x =+=-+,()()()()200000110022x f x f x x f x x x +∴=+=>∴>++.【例3】已知函数()2ln f x x x x x =--.证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()220e 2f x --<<. 【解析】证明：()()2ln ,22ln f x x x x x f x x x =-'=---. 设()22ln h x x x =--, 则()12h x x'=-. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x '<.当1,2x ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时,()0h x '>.()h x ∴在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭单调递增.又()()21e 0,0,10,2h h h -⎛⎫><= ⎪⎝⎭()h x ∴ 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭零点只有0x ，在1,2∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭零点只有1,且当()00,x x ∈时,()0h x >.当()0,1x x ∈ 时,()0h x <.当()1,x ∞∈+时,()0h x >.()()f x h x '=,0x x ∴=是()f x 在()0,1上的唯一极大值点.由()00f x '=得()00ln 21x x =-.()()0001f x x x ∴=-. 由()00,1x ∈得()0104f x <<. 0x x =是()f x 在()0,1的最大值点,由()()11e 0,1,e 0f --∈'≠得()()12e ef x f -->=.()220e 2f x --∴<<.含参隐零点问题含参函数的隐零点问题: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,其解题步骤为:第一步:设方程(),0f x a '=的根为0x .第二步:写出零点等式(),0f x a '=成立时,含0,x a 的关系式. 第三步:取点找出0x 的合适范围,该范围往往和a 有关. 第四步:反带回()f x 进行求解,通常可以消参.【例1】设函数()2e ln x f x a x =-. (1)讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数. (2)证明:当0a >时()22lnf x a a a+. 【解析】(1)()f x 的定义域为()()20,,2e (0).x af x x x∞+>'=-①当0a 时,()()0,f x f x '>'没有零点. ②当0a >时,2e x 单调递增,ax-单调递增.()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.(2) (证明)由(1)题,可设()f x '在()0,∞+的唯一零点为0x ,当()00,x x ∈时,()0f x '<.当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>.故()f x 在()00,x 单调递减,在()0,x ∞+单调递增,∴当0x x =时,()f x 取得最小值,最小值为()0f x .由于0202e 0x ax -=, ()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a∴=+++.故当0a >时,()22ln f x a a a+.【例2】已知函数()()e ln x f x x m =-+.当2m 时,证明:()0f x >.【解析】证明：函数()f x 的定义域为(),m ∞-+,则()()e 11e x xx m f x x m x m+-=-=++'. 设()()e 1x g x x m =+-.()()1e 0x g x x m =++'>, ()g x ∴在(),m ∞-+上单调递增. 又()()210,22e 12110m g m g m --=--=-⨯->()0g x ∴=在(),m ∞-+上有唯一实根0x . 当()0,x m x ∈-时,()()0,0g x f x <<'.当()0,x x ∞∈+时,()()0,0g x f x >>',从而当0x x =时,()f x 取得最小值为()0f x . 由方程()0g x =的根为0x ,得()00001e ,ln x x m x x m=+=-+ 故()(0000011)2f x x x m m m x m x m=+=++--++,当且仅当01x m +=时,取等号. 又2m 时,()00f x ∴.()00f x 取等号的条件是01x m +=,001e x x m=+及2m =同时成立,这是不可能的,()00f x ∴>,故()0f x >.【例3】已知函数()()()1e ,ln 1x f x x g x k x k x +==++. (1)求()f x 的单调区间.(2)证明:当0k >时,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点. (3)设()()()h x f x g x =-,其中0k >,若()0h x 恒成立,求k 的取值范围. 【解析】(1)()1e x f x x +=,()()111e e 1e x x x f x x x +++∴'=+=+, 令()0f x '>得1x >-. 令()0f x '<得1x <-.故()f x 的单调减区间为(),1∞--,单调增区间为()1,∞-+.(2)证(明)设()()1e x t x f x k x k +=-=-,0k >,则()()11e x t x x +=+'.由(1)题可知()t x 在()1,∞-+上单调递增, 又()()()1100,e e 10k k t k t k k k k ++=-=-=-,()t x ∴在()0,∞+上只有一个零点.故当0k >,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点.(3)由题意得()()()()1e ln 1,(0,0)x h x f x g x x k x k x x k +=-=--+>>,()()()1111e e x x k x h x x k x k x x+++∴=+-=⋅'--. 令()0h x '=,则1e 0x x k +-=.由(2)题得()1e ,0x t x x k k +=->,在区间()0,∞+上单调递增且只有一个零点. 不妨设()t x 的零点为0x ,则当()00,x x ∈时,()0t x <,即()h x '<0,此时()h x 单调递减. 当()0x x ∞∈+时,()0t x >,即()h x '>0,此时()h x 单调递增,∴函数()h x 的最小值为()0h x ,且()()010000e ln 1x h x x k x k x +=--+.由010e 0x x k +-=得00e 1x kx =+,故 ()()0001ln1ln ex k h x k k k x k k k +=--+=-.根据题意()00h x ,即ln 0k k k -, 解得0e k <.故实数k 的取值范围是(]0,e .隐零点求最值利用隐零点求最值的步骤:第一步:求出一阶导函数()f x ',并判定其单调性(也可利用二阶导函数来判定).第二步:利用零点存在定理判定()f x '存在零点,写出零点方程()00f x '=,并确定零点取值范围()0:,x a b ∈.第三步:通常极值就是最值,写出最值表达式()0f x .第四步:零点等式变形代人最值表达式,这里常用到一个指对互化的变形方式:00000011e 0e e 1x x x x x x -=⇔=⇔=⇔ ()0000ln e ln 0x x x x =+=【例1】求函数()ln 1(0)e xx x F x x x ++=>的最大值. 【解析】由已知得()()()()()()2211e 1e ln 1e 1ln .e x xx xx x x x x F x x x x x x ⎛⎫+-+⨯+'+ ⎪⎝⎭=-++=令()ln (0)x x x x ϕ=+>,则()110x xϕ=+>' ∴函数()x ϕ在()0,∞+上单调递增.()1110,110e eϕϕ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭, ∴存在01,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()000ln 0x x x ϕ=+=,其中0000ln 0e 1x x x x +=⇔=(指对互化).∴当00x x <<时,()()0,0x F x ϕ'.当0x x >时,()()0,0x F x ϕ><'.()F x ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()000max 00ln 1() 1.e x x x F x F x x ++∴===【例2】求()()e 1ln 2,x F x x x x =--+>0时的最小值. 【解析】()()()111e 1e e 11e ,0.x x x x x F x x x x x x x x +⎛⎫=-+-=+-=+'-> ⎪⎝⎭ ()1e ,0x h x x x =->.令()21e 0x h x x=+>'.()()0,h x 在∞∴+上单调递增.()120,1e 102h h ⎛⎫∴==- ⎪⎝⎭，存在唯一的01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0001e 0x h x x =-=当()()00,0,0.x x h x F x 时即'<<<<()()0,0,0x x h x F x 当时即'>>>.故()F x 在()00,x 上单调递减,在()0,x ∞+上单调递增.()00min 00000()e 1ln 2e ln 2x x F x x x x x x =--+=--+,由于()0001e 0x h x x =-=得00e 1x x =, 再对00e 1x x =两边取对数得00ln 0x x +=.0min 000()e ln 21023x F x x x x ∴=--+=-+=.【例3】求()1ln e 2xx x x ϕ+=-+的最大值. 【解析】()()222211ln ln e e ,0.x x x x x x x x x x ϕ'⋅-+--=-=>令()()()()2211ln e ,2e e e 20(0)x x x x x x x x x x x x x x x则μμ=--=--+=--+<>'，()()0,x 在μ∞∴+单调递减 又()12e11e 0,1e 0,e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭由零点存在性定理知,存在唯一零点()0200001,1,0,ln e .e x x x x x 使即μ⎛⎫∈=-= ⎪⎝⎭两边取对数可得()000ln ln 2ln x x x -=+,即()()0000ln ln ln ln x x x x -+-=+.由函数ln y x x =+为单调增函数可得00ln ,x x =-()()00,0,0.x x x x 当时μϕ'∴ 当0x x >时，()()0,0x x μϕ<<'.()x ϕ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()()00000001ln 11e 221x x x x x x x x ϕϕ+-∴=-+=-+=.隐零点求参数取值范——参变分离参变分离法求解含参不等式恒成立,求参数取值范围问题,就是按参变分离的基本步骤.不同的只是分离参数之后求最值时,无法精确地求出极值,只能用隐零点的方式求出一个范围,所以所求最值也只是一个范围.这一类题目,会有一个明显的特征,就是所求参数通常为正整数,只有这样,参数才能取到一个确定的值。
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.
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3.已知实数 a 满足 a≥ e＋ 1e－2，且函数 f(x)＝ln x＋x22－(a＋2)x 恰有一 个极小值 m 和极大值 M，求 m－M 的最大值.
由于 f′(x)＝1x＋x－(a＋2)＝x2－（a＋x 2）x＋1，x>0， 设正数 x1，x2 是 x2－(a＋2)x＋1＝0 的两个相异实根，即方程 a＋2＝x＋x1， x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2， 由于当0<x<x1时，f′(x)>0， 当x1<x<x2时，f′(x)<0， 当x>x2时，f′(x)>0，
规律方法
已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在， 却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，需根据题意对参数进行分类讨 论.
训练2
(2023·福州质检节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a.若x>1，f(x)>0恒成立， 求a的取值范围.
由题意得，f′(x)＝ln x＋1x＋1－a， 令 h(x)＝ln x＋x1＋1－a，x∈(1，＋∞)，则 h′(x)＝x－x21， 因为x∈(1，＋∞)，所以h′(x)>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，f′(x)>f′(1)＝2－a. ①当a≤2时，f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
隐零点取点技巧
隐零点取点技巧
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1. 嘿，你知道吗？隐零点取点技巧就像是在复杂迷宫中找到关键出口！比如遇到函数 f(x)=xlnx-x+1，咱要找到它的零点，那就得巧妙取点呀！咱可以试试取 1 和 e 呀，看看函数值的变化，不就能慢慢接近零点啦？这技巧超有用的，你不想试试？
2. 哎呀呀，隐零点取点技巧简直就是数学世界里的秘密武器！就像解方程x^3-3x+1=0，你要是盲目找零点可不行！咱得动点小心思，选一些特殊值去试探，也许就一下子找到那个隐藏的零点啦！这不是很神奇吗？
3. 哇塞，隐零点取点技巧绝对能让你眼前一亮！好比面对函数 f(x)=e^x-ax-1，要确定零点所在范围，那可得巧妙取点哦！试着想想，是不是可以根据函数的特点去选点呢？学会这个，数学难题都不怕啦！
4. 嘿，隐零点取点技巧可别小瞧啊！就如同在黑暗中寻找那一丝光亮。
遇到函数 f(x)=sinx+x-1，怎么取点才能找到零点呢？想想啊，是不是可以利用三角函数的性质呀！这个技巧厉害着呢，别错过呀！
5. 天哪，隐零点取点技巧真的好神奇呀！像在解开一团乱麻找到关键线索。
比如说函数 f(x)=x^2-4x+3，要找到零点怎么破？赶紧用隐零点取点技巧呀，选几个关键的值一试，说不定就大功告成啦！你还不赶紧掌握起来？
6. 哇哦，隐零点取点技巧简直就是数学的宝藏技巧呀！就拿函数 f(x)=x^3-2x^2+x-1 来说，要找到它的零点没那么容易哦，但有了这个技巧，我们就能更有办法呀！你能不好奇怎么运用吗？
我的观点结论就是：隐零点取点技巧在解决很多数学问题时非常关键，是必须要掌握的好方法！。
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。
隐零点问题基础知识
隐零点问题基础知识
定义
隐零点问题是指一个方程系统中存在零点，但该零点不能通过简单地将每个方程设置为零并求解来找到。
原因
隐零点问题通常由以下原因引起：
•方程系统是非线性的，这意味着方程不能表示为线性方程组。
•方程系统存在重根或奇点，即方程的导数在该点为零。
类型
隐零点问题有两种主要类型：
•可移动隐零点：这些零点可以通过改变方程系统的参数或在方程中添加额外的约束条件来消除。
•不可移动隐零点：这些零点不能通过上述方法消除，只能通过使用数值方法求解。
求解方法
求解隐零点问题的方法包括：
•图形方法：绘制方程曲线的图形并寻找它们相交的点。
•数值方法：使用迭代算法，如牛顿法或拟牛顿法，以数值方式求解零点。
•解析方法：使用代数或几何技术来分析方程系统并找到零点。
应用
隐零点问题在工程、科学和金融等领域中都有广泛的应用，例如：
•结构分析：求解包含非线性方程的结构系统。
•流体力学：模拟湍流等非线性流动。
•优化问题：求解具有约束条件的非线性优化问题。
重要注意事项
•隐零点问题可能很难求解，尤其是在方程系统复杂时。
•找到所有隐零点对于充分理解方程系统的行为至关重要。
•数值方法通常用于求解隐零点问题，但可能需要大量的计算时间和资源。
第6讲 隐零点
2020本讲义由作业帮周永亮老师（白哥）独家编撰，侵权必究知识精讲1．二次求导（1）如果原函数的导函数等于0属于超越方程（即方程解不出），则需要二次求导；（2）二次求导设函数时，只需要将影响导函数正负数的部分重新构造函数即可．2．隐零点的概念在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可以这样尝试求解：（1）先证明函数在区间存在唯一的零点（例如，函数在区间上是单调函数且在区间的两个端点的函数值异号时就可以），这时可以设出其零点是．（2）因为不容易求出（当然，有时是可以求出但无需求出），所以把零点叫做隐零点；若容易求出，就叫显零点，而后解答就可继续进行．（3）这种方法，也称为“设而不求”的方法．63．隐零点在导函数中的应用在求解函数问题时，为了了解函数的性质，很多时候我们需要根据函数的导函数来判断其性质，一般情况下，我们会先求出的解，然后根据穿根法来判断函数的单调性，极值与最值．但是，当是超越方程的时候，我们就需要进行二次求导，通过二次求导判断了的单调性后，如果在（没有具体数值）两侧满足异号且，此时就称为的隐零点．4．导数中隐零点求解的一般步骤（1）求出函数的导函数，判断是否有解；（2）若属于超越方程（有解，但是求不出），则重新构造函数来判断的单调性（有时候只需要重新构造函数，值得等于影响的部分即可）；（3）对函数进行求导，根据的单调性判断存在使得且在两侧异号，此时同样满足 ;（4），一般情况下会是“设而不求”的中最具有价值的式子，我们需要根据这个式子对后面的结果进行转换处理；知识札记3（★★★★☆）已知函数，则下面对函数的描述正确的是（）A. ，B.，C.，D.考点2 隐零点基础应用2（★★★★☆）（2018·河南安阳市期中【文】）若存在使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.1（★★★★☆）（2019·湖南长沙市期末【理】）已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.考点1 二次求导经典例题20205（★★★★☆）（2017·海南一模【理】）已知函数，，曲线在点处的切线方程为．（1）求，的值；（2）设，求证：．考点3 隐零点与不等式证明4（★★★★☆）求证：．67（★★★★☆）（2017·北京西城区期末【理】）已知函数．（1）若在处的切线与直线平行，求的值．（2）若恒成立，求证：．6（★★★★☆）（2018·山东东营市月考【文】）已知函数，（，，为自然对数的底数），且在点处的切线方程为．（1）求实数，的值；（2）求证：．20209（★★★★★）（2018·重庆渝中区期中）已知函数．（1）求函数的单调区间．（2）若，对任意实数都成立，记的最大值为，求证：．（证明可能要用到的近似值：，，）8（★★★★☆）已知，若，且对任意恒成立，则的最大值是．考点4 隐零点处理恒成立问题611（★★★★☆）（2018·西藏林芝市月考【理】）已知函数，且．（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且．10（★★★★☆）（2017·河北衡水市期末【理】）已知函数，．（1）讨论函数的单调性．（2）若函数在区间有唯一零点，证明：．考点5 隐零点处理范围估算问题202013（★★★★★）（2018·山东济南市期中【理】）已知函数，对任意，满足，其中，为常数．（1）若，求在处的切线方程．（2）已知，求证．（3）当存在三个不同的零点时，求的取值范围．12（★★★★☆）（2019·全国Ⅱ【文】）已知函数．证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．考点6 隐零点处理零点个数问题63（★★★★☆）（2018·广东东莞市二模【理】）已知函数（），且的最小值为．（）求实数的取值范围．（）设，若的极值为，求证：．2（★★★☆☆）（2018·广东广州市期中【文】）设函数．（1）讨论的导函数的零点的个数；（2）证明：当时．1（★★★★☆）（2018·河南南阳市月考【理】）设函数（）．（1）若在点处的切线为，求，的值；（2）求的单调区间；（3）若，求证：在时，．课后练习2020隐零点第6讲。
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隐零点专项
1.【2012年全国Ⅱ卷】设函数f(x)= e x－ax－2
(Ⅰ)求f(x)的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求k的最大值
2.已知函数.
（1）设函数在区间上不单调，求实数a的取值范围；（2）若k∈Z，且对x＞1恒成立，求k的最大值.
3.【2015年全国Ⅰ卷】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；
（Ⅱ）证明：当0a >时()22ln
f x a a a
≥+.
4. 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.
5.【2013年全国Ⅱ卷】已知函数f(x)=e x－ln(x＋m) (Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当m≤2时，证明f(x)>0
6.【2015年四川卷】已知函数f(x)=－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a＞0．
（Ⅰ）设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f(x)≥0恒成立，且f(x)=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
7.【2017年全国Ⅱ卷理数】已知函数2
()ln f ax a x x x x =--，且()0f x ≥．
（1）求a ；
（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220e ()2f x --<<．
8. 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；
9.【2017年山东卷理数】已知()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+
∈. （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3()'2
f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立.。