函数隐性零点的处理技巧
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。
三种方法破解隐零点问题
=g(
x)
≥g(
x)
mi
n >0。
时 取 得 最 小 值,即 当 x ∈ (-1,+ ∞ )时,
:
证法二(
数形结合,
转化切线)
x)
=e -l
n(
x +1)≥f (
0)=1>0,所 以
f(
x
当 m ≤2 时,
x)=
f(
e -l
n(
x+1)
>0 恒成立。
x
x
x
e -l
n(
x+m ) ≥ e -
x
,
当 m ≤1 时,
。
知函数 f(
x)
=e -l
n(
x+m )
x
34
(
设 x=0 是 f(
1)
x)的 极 值 点,求 m 的
值,
并讨论 f(
的单调性;
x)
(
当 m ≤2 时,
证明 f(
2)
x)
>0。
x
(
,得
解析:
1)由 f (
x)=e -l
n(
x +m )
1
x
。
'(
x)
=e f
x+m
因 为 x =0 是 f (
x )的 极 值 点,所 以
解题篇 经典题突破方法
高二数学 2019 年 7-8 月
三种方法破解隐零点问题
■ 甘肃省白银市第一中学
导 数 是 探 究 函 数 性 质 的 利 器,求 导 函 数
的零点是 其 中 一 个 关 键 环 节,有 些 导 函 数 的
高中数学：隐零点问题 解析版
隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．【知识导图】考点一：不含参函数的隐零点问题考点二：含参函数的隐零点问题【考点分析】考点一：不含参函数的隐零点问题规律方法 已知不含参函数f (x )，导函数方程f ′(x )=0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f ′(x )=0的根为x 0，则①有关系式f ′(x 0)=0成立，②注意确定x 0的合适范围．1(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ，x ∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)a 的最大值为2π，b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ，求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ，因为在区间0,π2上f x =-x sin x <0，则f x 在区间0,π2 上单调递减，所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”，令g x =sin x -cx ，x ∈0,π2，则g x =cos x -c ，当c ≤0时，g x >0对任意x ∈0,π2恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈0,π2 ，gx =cos x -c <0，于是g x 在区间0,π2 上单调递减，则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立，当0<c <1时，存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0，当x ∈(0,x 0)时，g (x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈x 0,π2时，g(x )<0，函数g (x )单调递减，显然g (x 0)>g (0)=0，g π2=1-π2c ，则当g π2 ≥0，即0<c ≤2π时，g (x )>0对x ∈0,π2恒成立，因此当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立，当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈0,π2恒成立，所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时，a 的最大值为2π，b 的最小值为1.2(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x (e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立，求证：实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x，定义域为0,+∞ ，则f x =x -1e x +1x -1x 2=x -1 1e x +1x 2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f 1 =0，又f 1 =1-1e ，则l 的方程为y =1-1e.(2)f x +x -1x -1>ae -x+ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>a e x ⇔a <x -1 e x -x恒成立，令h x =x -1 e x -x ，则h x =xe x -1，令u x =xe x -1，x >0，则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增，又u 0 =-1<0，且u 1 =e -1>0，则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0，即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0，即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0，则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ，所以h x 0 >0，则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增，因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.3(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．证明：f (x )>-516．【答案】证明见解析【解析】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 -1 2=cos12-1<0，所以存在x0∈-1 2 ,0，使得f (x0)=cos x0+2x0=0，即x20=14cos2x0．所以当x∈-∞,x0时，f (x)<0，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，所以f(x)在-∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．f(x)≥f x 0=sin x0+x20=sin x0+14cos2x0=-14sin2x0+sin x0+14．因为x0∈-1 2 ,0，所以sin x0>sin-12>sin-π6=-12，所以-14sin2x0+sin x0+14>-14×-122-12+14=-516．故f(x)>-5 16．4已知函数f x =e x-a-ln x+x，当a≤0时，证明：f x >x+2.【解析】当a≤0时，令F(x)=f(x)-x-2=e x-a-ln x-2，x>0，求导得F (x)=e x-a-1x=xe x-a-1x，显然函数F (x)在(0,+∞)上单调递增，令g(x)=xe x-a-1，x≥0，g (x)=(x+1)e x-a>0，即函数g(x)在(0, +∞)上单调递增，而g(0)=-1<0,g(1)=e1-a-1≥e-1>0，则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)=0，即e x0-a =1x0，因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F (x0)=0，当0<x<x0时，F (x0)<0，当x>x0时，F (x0)>0，因此函数F(x)在(0,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增，当e x0-a=1x0时，x0-a=-ln x0，则F(x)≥F(x0)=e x0-a-ln x0-2=1x0+x0-a-2>21x⋅x0-a-2=-a≥0，(当且仅当1x0=x0即x0=1时，取等号，故式子取不到等号)所以当a≤0时，f x >x+2.考点二：含参函数的隐零点问题规律方法 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，则①有关系式f′(x0)=0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．1(2022上·河南洛阳·高三新安县第一高级中学校考开学考试)(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,+∞).2(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x，则有f0 =-b=1，解得b=-1，f 0 =a-1-b=a-2=-1，则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ，f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x，设h x =e x+x-2，因为h x 在1,+∞上单调递增，则h x >h1 =e-1>0，所以f (x)>0在1,+∞上恒成立，所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x，令f (x)=0，令f (x)=0，得e x+x-2=0，设h x =e x+x-2，由(2)知h x 在R上单调递增，且h0 =-1，h1 =e-1>0，故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0，即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0，即得e x0+x0-2=0，则e x0=2-x0，且当x∈-∞,x0时，f (x)<0，此时f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，此时f x 单调递增，所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0，当x0∈0,1时，2-x0>0，-x0-1 22+54>-0-122+54=1，则f x min>0，则函数f(x)的零点个数为0.3(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时，设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1，h x =e x-1x+1，当x>0时，h x >0，-1<x<0时，h x <0，所以h x 在-1,0单调递减，0,+∞单调递增，所以h x ≥h0 ，而h0 =0，∴h x ≥0，即f x ≥g x +1．(2)法一：若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，即ae x≥ln x+1a+1⇒ae x+ln a≥ln x+1+1，即ae x +ln ae x ≥x +1+ln x +1 ，构造函数m t =t +ln t ，易知m t 在0,+∞ 递增，则不等式为m ae x ≥m x +1 ，∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ，设ϕx =x +1e x x >-1 ，ϕ x =-xex x >-1 ，则φx 在-1,0 递增，0,+∞ 递减，ϕx max =ϕ0 =1，∴a ≥1．法二：∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0．令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1，F x =ae x -1x +1a >0 ，ae x =1x +1有唯一实数根，设为x 0x 0>-1 ，即ae x 0=1x 0+1，ln a +x 0=-ln x 0+1 ，则F x 在-1,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0，即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0，设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1，显然h x 在-1,+∞ 单调递减，而h 0 =0，∴h x 0 ≥0，则-1<x 0≤0，ln a =-ln x 0+1 -x 0，x 0∈-1,0 ，∴ln a ≥0，a ≥1．4(拔尖强基联盟2024届高三下学期二月联合考试)已知函数f x =x +1 ln -mx ，g x =mx cos -1，其中m ∈R ．(1)若m =1,h x =f x +g x +1，求证：h x 在定义域内有两个不同的零点；(2)若f x +g x ≤0恒成立，求m 的值．【答案】(1)证明过程见详解；(2)m =1【解析】(1)m =1时，h x =cos x +ln x +1 -x ，h x =-sin x +1x +1-1①x ∈-1,0 时，h x 在-1,0 上单调递减，所以h x ≥h 0 =0，所以h x 在-1,0 上单调递增，又h 0 =1>0，h 1e 2-1=cos 1e 2-1-2-1e2+1<0，所以∃x 1∈1e 2-1,0，使得h x 1 =0，即h x 在-1,0 上有且仅有1个零点x 1；②x ∈π,+∞ 时，由(1)知f x =ln x +1 -x 在π,+∞ 上单调递减，即f x ≤f π =ln π+1 -π，所以h x =cos x +f x ≤1+ln π+1 -π<1+ln e 2-π=3-π<0，所以h x 在π,+∞ 上没有零点；③x ∈0,π 时，-sin x <01x +1-1<0 ，所以h x =-sin x +1x +1-1<0，即h x 在0,π 上单调递减，又h 0 =1>0，h π =ln π+1 -π-1<0，所以h x 在0,π 上有且仅有1个零点x 2；综上所述，h x 在-1,+∞ 内有两个不同的零点x 1，x 2.(2)令φx =f x +g x =ln x +1 +cos mx -mx -1，由于φx ≤0恒成立，且φ0 =0，同时φx 在-1,+∞ 上连续，所以x =0是φx 的一个极大值点.因为φ x =1x +1-m sin mx -m ，所以φ 0 =1-m =0即m =1，下面证明m =1时，φx ≤0在-1,+∞ 上恒成立，由(1)知，m =1时，f x 在-1,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减；所以f x ≤f 0 =0，又g x =cos x -1≤0，故φx =f x +g x ≤0恒成立.5(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),∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】1-2 e 2,0【解析】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 0-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex，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 =-x e 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 .【强化训练】1已知函数f x =e x -ax 2-x .当a >12时，求证f x 在0,+∞ 上存在极值点x 0，且f x 0 <3-x 02.【答案】证明见解析【解析】f x =e x -ax 2-x ，则f x =e x -2ax -1，令g (x )=f (x )，g (x )=e x -2a ，由a >12可知，x >ln2a 时，g (x )>0，g (x )递增，x <ln2a 时，g (x )<0，g (x )递减，g (x )在x =ln2a 处取得最小值，而g (ln2a )=2a -2a ln2a -1=2a 1-ln2a -12a ，又记h (x )=1-ln x -1x (x >1)，h(x )=-1x +1x2=1-xx2<0，故h (x )在1,+∞ 上单调递减，故h (x )<h (1)=0，于是h (2a )<0，即g (ln2a )=2a ⋅h (2a )<0；g (2a )=e 2a -4a 2-1，令p (x )=e x -x 2-1(x >1)，p (x )=e x -2x ，记q (x )=p (x )(x >1)，则q (x )=e x -2>e 1-2>0，则q x =p x 在1,+∞ 单增，q x >q 1 =e -2，故p (x )在1,+∞ 上递增，p (x )>p (1)=e -2>0，取x =2a ，则g (2a )=p (2a )>0；记y =ln x -x +1，y =1-xx，于是x >1时，y <0，y 递减，0<x <1时，y >0，y 递增，故y 在x =1处取得最大值，故y =ln x -x +1≤ln1-1+1=0，x =1取得等号，于是ln2a <2a -1<2a . 于是，由g (2a )⋅g (ln2a )<0和零点存在定理可知，∃x 0∈(ln2a ,2a )，使得g (x 0)=f (x 0)=0，且ln2a <x <x 0，f (x )<0，x 0<x <2a ，f (x )>0，所以x 0是极小值点；由f (x 0)=0可得，e x 0-2ax 0-1=0，令j (x )=e x -ax 2-x -3-x 2=e x -ax 2-3+x 2，代入a =e x -12x ，整理j (x )=1-x 2 e x -32，j (x )=(1-x )e x 2，于是x >1时，j (x )<0，j (x )递减，x <1时，j (x )>0，j (x )递增，故j (x )在x =1处取得最大值，故j (x )≤j (1)=e -32<0，取x =x 0，故j (x 0)<0，原命题得证.2(广东省2024届高三上学期元月期末统一调研测试数学试卷)若函数f x 在a ,b 上有定义，且对于任意不同的x 1,x 2∈a ,b ，都有f x 1 -f x 2 <k x 1-x 2 ，则称f x 为a ,b 上的“k 类函数”.若f x =a x -1 e x -x 22-x ln x 为1,e 上的“2类函数”，求实数a 的取值范围；【答案】1e 2<a <4+ee e +1【解析】因为f x =axe x -x -ln x -1，由题意知，对于任意不同的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 <2x 1-x 2 ，可转化为对于任意x ∈1,e ，都有-2<f x <2，由f x <2可转化为a <x +ln x +3xe x ，令g x =x +ln x +3xe x，只需a <g x ming x =1+x -2-ln x -xx 2e x ，令u x =-2-ln x -x ，u x 在1,e 单调递减，所以u x ≤u 1 =-3<0，g x <0，故g x 在1,e 单调递减，g x min =g e =4+ee e +1，由f x >-2可转化为a >x +ln x -1xe x ，令h x =x +ln x -1xe x，只需a >h x maxh x =1+x 2-ln x -xx 2ex，令m x =2-ln x -x ，m x 在1,e 单调递减，且m 1 =1>0，m e =1-e <0，所以∃x 0∈1,e 使m x 0 =0，即2-ln x 0-x 0=0，即ln x 0=2-x 0,x 0=e2-x 0，当x ∈1,x 0 时，m x >0，h x >0，故h x 在1,x 0 单调递增，当x ∈x 0,e 时，m x <0，h x <0，故h x 在x 0,e 单调递减，h x max =h x 0 =x 0+ln x 0-1x 0e e +1=1e2，故1e 2<a <4+ee e +1.3已知函数f (x )=a x -e log a x -e ，其中a >1．讨论f (x )的极值点的个数．【答案】有且仅有一个极值点.【解析】由题意知，函数f (x )的定义域为(0,+∞)，fx =a xln a -e x ln a =xa x ln 2a -ex ln a，设g x =xa x ln 2a -e ，a >1，显然函数g (x )在(0,+∞)上单调递增，g (x )与f (x )同号，①当a >e 时，g 0 =-e <0，g 1 =a ln 2a -e >0，所以函数g (x )在0,1 内有一个零点x 0，且x ∈0,x 0 ，g x <0，x ∈x 0,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 0 单调递减，在x 0,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；②当a =e 时，由(1)知，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；③当1<a <e 时，1ln 2a >1，g 1ln 2a=a 1ln 2a -e ，因为ln a1ln 2a=ln a ln 2a =1ln a >1，所以a 1ln 2a >e ，g 1ln 2a>0，又g 1 =a ln 2a -e <0，所以函数g (x )在1,1ln 2a内有一个零点x 1，且x ∈0,x 1 ，g x <0，x ∈x 1,+∞ ，g x >0，故f x 在0,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增；所以函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点；综上所述，函数f (x )在(0,+∞)上有且仅有一个极值点．4(2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测)已知函数f x =x ln x -mx m ∈R ．当x >1时，不等式f x +ln x +3>0恒成立，求整数m 的最大值．【答案】2【解析】由题意，知x ln x -mx +ln x +3>0对任意x >1恒成立，可知m <ln x +ln x +3x对任意x >1恒成立．设函数g x =ln x +ln x +3x x >1 ，只需m <g x min ．对函数g x 求导，得g x =1x +1-ln x +3 x 2=x -ln x -2x2．设函数h x =x-ln x-2x>1，对函数h x 求导，得h x =1-1x=x-1x>0，所以函数h x 在1,+∞上单调递增．又h3 =1-ln3<0,h72=32-ln72>0，所以存在x0∈3,7 2，使h x0 =0，即x0-ln x0-2=0，所以当x∈1,x0时，h x <0,g x <0，函数g x 单调递减；当x∈x0,+∞时，h x >0,g x >0，函数g x 单调递增，所以g x min=g x0=ln x0+ln x0+3x0=x0-2+x0-2+3x0=x0+1x0-1，所以m<x0+1x0-1．又x0∈3,72，所以x0+1x-1∈213,21114，所以整数m的最大值为2．5(2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模)已知函数f x =x sin x+cos x+ax2,g x =x ln x π．(1)当a=0时，求函数f x 在-π,π上的极值；(2)用max m,n表示m,n中的最大值，记函数h x =max f x ,g x(x>0)，讨论函数h x 在0,+∞上的零点个数．【答案】答案见解析【解析】由h x =max f x ,g x，知h x ≥g x ．(ⅰ)当x∈π,+∞时，g x >0，∴h x >0，故h x 在π,+∞上无零点．(ⅱ)当x=π时，gπ =0,fπ =-1+π2a．故当fπ ≤0时，即a≤1π2时，hπ =0,x=π是h x 的零点；当fπ >0时，即a>1π2时，hπ =fπ >0,x=π不是h x 的零点．(ⅲ)当x∈0,π时，g x <0．故h x 在0,π的零点就是f x 在0,π的零点，f x =x2a+cos x,f0 =1．①当a≤-12时，2a+cos x≤0，故x∈0,π时，f x ≤0,f x 在0,π是减函数，结合f0 =1，fπ =-1+π2a<0可知，f x 在0,π有一个零点，故h x 在0,π上有1个零点．②当a≥12时，2a+cos x≥0，故x∈0,π时，f x ≥0,f x 在0,π是增函数，结合f0 =1可知，f x 在0,π无零点，故h x 在0,π上无零点．③当a∈-12 ,12时，∃x0∈0,π ，使得x∈0,x0时，f x >0,f x 在0,x0是增函数；x∈x0,π时，f x <0,f x 在x0,π是减函数；由f0 =1知，f x0>0．当f π =-1+π2a ≥0，即1π2≤a <12时，f x 在0,π 上无零点，故h x 在0,π 上无零点．当f π =-1+π2a <0，即-12<a <1π2时，f x 在0,π 上有1个零点，故h x 在0,π 上有1个零点．综上所述，a <1π2时，h x 有2个零点；a =1π2时，h x 有1个零点；a >1π2时，h x 无零点6(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)0,2e(2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ，由题知f x =0有两个不同实数根，即a =2e x -1e x有两个不同实数根．令g x =2e x -1 e x ，则gx=2e 2-x e x≥0，解得x ≤2，故g x 在-∞,2 上单调递增，在2,+∞ 上单调递减，且x →-∞时，g (x )→-∞，x →+∞时，g (x )→0，g 2 =2e，故g x 的图象如图所示，当a ∈0,2e时，f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2．则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2，故f x 在0,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，f x 的极大值点为x 1，极小值点为x 2．故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时，实数a 的取值范围为0,2e．(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ，则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ，两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1，即t 2-t 1=ln t 2t 1>0，由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2lnt 2t1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1，令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1)，则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立，由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t，令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ，则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t，φt =2e -2 ln t +2e -2 -et2-e +2，显然φ t 在1,+∞ 递增，又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0，所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0，且易得φ t 在1,t 0 递减，t 0,+∞ 递增，又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0，所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0，且易得φt 在1,t 1 递减，t 1,+∞ 递增，又φ1 =φe =0，则1<x <e 时，φt <0,h t <0,x >e 时，φt >0,h t >0，所以易得h t 在1,e 上递减，在e ,+∞ 上递增，则h (t )min =h e =(e -1)2，所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 ．7(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1，m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0∪0,e -1e【详解】(1)由题，当m =1时，f x =x 2-x ln x +1，f x =2x -ln x -1，f 1 =1，f 1 =2，所以切线方程为y -2=x -1，化简得x -y +1=0，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ，即x 2-mx ln x +1≥2e x ，即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立，令g x =x +1x -m ln x -2e ，则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x2. 对于y =x 2-mx -1，Δ=m 2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，则两个零点一正一负，设其正零点为x 0∈0,+∞ ，则x 20-mx 0-1=0，即m =x 0-1x 0，且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0，此时g x 单调递减，在x 0,+∞ 上，y =x 2-mx -1>0,g x >0，此时g x 单调递增，因此当x =x 0时，g x 取最小值，故g x 0 ≥0，即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ，则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ，当x ∈0,1 时，h x >0，当x ∈1,+∞ 时，h x <0，则h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，又h 1e=h e =0，故x 0∈1e ,e，显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数，则m ∈1e -e ,e -1e，所以实数m 的取值范围为1e -e ,0∪0,e -1e8(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f -1 =1，函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ，若m =1，f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立，此时函数f x 在R 上单调递增；若m >1，此时-m <-1，当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-m ，-1,+∞ 上单调递增；当x ∈-m ,-1 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-m ,-1 单调递减；若m <1，此时-m >-1，当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-1 ，-m ,+∞ 上单调递增，当x ∈-1,-m 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-1,-m 单调递减；综上可知，m =1时，f x 在R 上单调递增；m >1时，f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增，在-m ,-1 单调递减；m <1时，f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增，在-1,-m 单调递减；(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1，解得m =0；所以f (x )=2x 3+3x 2，则g (x )=a ln x +1 -2x -3，易知x ∈1,+∞ 时，ln x +1>0，若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立；令h x =2x +3ln x +1,x >1 ，则h x =2ln x +1 -2x +3 ⋅1xln x +12=2ln x -3xln x +12；令φx =2ln x -3x x >1 ，则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立，即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增，易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32，由于e 3>2.73=19.683，所以φ2 <0，而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 35，且525>25=32>27=33>e 3，所以φ52>0；因此h x 在x∈1,+∞有且仅有一个零点x0，满足2ln x0=3x0，且x0∈2,52；所以当x∈1,x0时，h x <0，当x∈x0,+∞时，h x >0；因此函数h x =2x+3ln x+1,x>1在1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增；所以h x 的最小值为h x0=2x0+3ln x0+1=2x0+332x0+1=2x0，显然2x0∈4,5，因此a≤2x0∈4,5，又a是整数，所以a的最大值为4.9(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x-x+x-2e x-m，m∈Z.(1)当m=1时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)若关于x的不等式f x <0在0,1上恒成立，求m的最小值.【答案】(1)y=-e-2(2)-3【详解】(1)由题当m=1时，f x =ln x-x+x-2e x-1，f x =1x +x-1e x-1，f 1 =0，f1 =-e-2，所以切线方程为y+e+2=0x-1，化简得y=-e-2，即曲线f x 在点1,f1处的切线方程为y=-e-2.(2)由f x <0可得m>ln x-x+x-2e x，令g x =ln x-x+x-2e x，x∈0,1，则g x =x-1e x-1 x，当0<x≤1时，x-1≤0，设h x =e x-1x，易知h x 在0,1上单调递增，又h1 =e-1>0，h12=e-2<0，则存在x0∈12,1，使得h x0 =0，即e x0=1x，取对数得ln x0=-x0，当x∈0,x0时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x∈x0,1时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g(x)max=x0-2⋅e x0+ln x0-x0=x0-2⋅1x0-2x0=1-2x0+2x0，∵y=1-2x +2x在12,1上单调递增，则g x0 ∈-4,-3，又m>g x 对任意x∈0,1恒成立，m∈Z，所以m≥g x0，即m的最小值为-3.10(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1，求f x 的极值；(2)若对任意x>0，f x ≤0恒成立，求整数m的最小值.【答案】(1)极大值为f12=14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m=1时，f x =ln x-x2-x+1x>0，f x =1x -2x-1=-x+12x-1x.当0<x<12时，fx >0，则f x 在0,12上单调递增；当x>12时.fx <0，则f x 在12,+∞上单调递减.所以f x 在x=12时取得极大值且极大值为f12=14-ln2，无极小值；(2)因为对任意x>0，f x ≤0恒成立，所以ln x+x+1≤m x2+2x在0,+∞上恒成立，即m≥ln x+x+1x2+2x在0,+∞上恒成立，设F x =ln x+x+1x2+2x，则F x =-x+1x+2ln xx2+2x2.设φx =-x+2ln x，显然φx 在0,+∞上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12=-12+2ln12=2ln2-12>0，所以∃x0∈12,1，使得φx0 =0，即x0+2ln x0=0，当x∈0,x0时，φx >0，F x >0；当x∈x0,+∞时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，所以F x max=F x0=ln x0+x0+1x20+2x0=12x0，因为x0∈12,1，所以12x∈12,1，故整数m的最小值为1.11(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x-ln x+a，a∈R.(1)当a=1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a，求实数a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a=1时，函数f(x)=e x-ln(x+1)的定义域为(-1,+∞)，因为f (x)=e x-1x+1，所以，当x>0时，f(x)>0，当-1<x<0时，f (x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)函数f(x)=e x-ln(x+a)的定义域为(-a,+∞),f(x)≥a，等价于e x-ln(x+a)-a≥0，设g(x)=e x-ln(x+a)-a，则g (x)=e x-1x+a，设h(x)=g (x)，则h (x)=e x+1(x+a)2>0恒成立，所以h(x)在(-a,+∞)上单调递增，即g (x)在(-a,+∞)上单调递增，当x→-a,g (x)→-∞，当x→+∞,g (x)→+∞，所以∃x0∈(-a,+∞)，使得g x0=0，即e x0=1x0+a，所以a=1e x0-x0，当x∈-a,x0时，g (x)<0，所以g(x)单调递减，当x∈x0,+∞时，g (x)>0，所以g(x)单调递增，所以g min(x)=g x0=e x0-ln x0+a-a=e x0-1e x0+2x0≥0，设p(x)=e x-1e x+2x，则p(0)=0，而p (x)=e x+1e x+2>0恒成立，所以p(x)=e x-1e x+2x为增函数，由p x0≥0=p(0)，所以x0≥0.因为y=1e x,y=-x均为减函数，所以a=1e x0-x0在0,+∞上为减函数，所以，当x0≥0时，a≤1，所以实数a的取值范围为(-∞,1]12(浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题)已知f(x)=3ln x-k(x-1).(1)若过点(2,2)作曲线y=f(x)的切线，切线的斜率为2，求k的值；(2)当x∈[1,3]时，讨论函数g(x)=f(x)-2πcosπ2x的零点个数.【答案】(1)1(2)答案见解析【解析】(1)由题意可得：f (x)=3x-k，设切点坐标为x0,3ln x0-k x0-1，则切线斜率为k=f (x0)=3x0-k=2，即k=3x0-2，可得切线方程为y-3ln x0-k x0-1=2x-x0，将(2,2)，k=3x0-2代入可得2-3ln x0-3x0-2x0-1=22-x0，整理得ln x0-1x0+1=0，因为y=ln x,y=-1x在0,+∞内单调递增，则y=ln x-1x+1在定义域0,+∞内单调递增，且当x=1时，y=0，可知关于x0的方程ln x0-1x0+1=0的根为1，即x0=1，所以k=3x0-2=1.(2)因为g(x)=f(x)-2πcosπ2x=3ln x-k(x-1)-2πcosπ2x，则g (x)=3x-k+sinπ2x，可知y=3x在[1,3]内单调递减，且x∈[1,3]，则π2x∈π2,3π2，且y=sin x在π2,3π2内单调递减，可知y=sin π2x在[1,3]内单调递减，所以g (x)在[1,3]内单调递减，且g (1)=4-k,g (3)=-k，(i)若-k≥0，即k≤0时，则g (x)≥g 3 ≥0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递增，则g x ≥g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅱ)若4-k≤0，即k≥4时，则g (x)≤g 1 ≤0在[1,3]内恒成立，可知g x 在[1,3]内单调递减，则g x ≤g1 =0，当且仅当x=1时，等号成立，所以g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；(ⅲ)若4-k>0-k<0，即0<k<4时，则g (x)在1,3内存在唯一零点m∈1,3，可知当1≤x<m时，g (x)>0；当m<x≤3时，g (x)<0；则g x 在1,m内单调递增，在m,3内单调递减，且g1 =0，可知g m>g1 =0，可知g x 在1,m内有且仅有1个零点，且g3 =3ln3-2k，①当g3 =3ln3-2k≤0，即32ln3≤k<4时，则g x 在m,3内有且仅有1个零点；②当g3 =3ln3-2k>0，即0<k<32ln3时，则g x 在m,3内没有零点；综上所述：若k∈-∞,32ln3∪4,+∞时，g x 在[1,3]内有且仅有1个零点；若k∈32ln3,4时，g x 在[1,3]内有且仅有2个零点.13已知函数f x =12ax2+a+1x+ln x,a∈R(1)若1是f x 的极值点，求a的值；(2)求f x 的单调区间：(3)已知f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2，(i)直接写出a的取值范围；(无需过程)(ii)λ为正实数，若对于符合题意的任意x1,x2，当s=λx1+x2时都有f s <0，求λ的取值范围.【答案】(1)a =-1；(2)答案见解析；(3)(i )-1e,0 ；(ii )12,+∞ .【解析】(1)因为f x =12ax 2+a +1 x +ln x x >0 ，所以fx =ax +a +1 +1x =ax 2+a +1 x +1x=ax +1 x +1x，因为1是f x 的极值点，所以f 1 =0，故a +a +1 +1=0，故a =-1.此时f (x )=1-x x +1x，则x ∈(0,1)时f (x )>0，x ∈(1,+∞)时f (x )<0，所以x ∈(0,1)上f x 递增，x ∈(1,+∞)上f x 递减，则1是f x 的极值点，满足题设.综上，a =-1.(2)由(1)知，当a ≥0时，f x =ax +1 x +1x>0，故f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，令f x >0得0<x <-1a ；令f x <0得x >-1a；所以f x 在0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，综上：当a ≥0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 0,-1a上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，(3)(i )由f x =12ax 2+x 得ax +ln x =0，即ax +ln x =0有两个解x 1,x 2x 1<x 2 ，令g x =ax +ln x x >0 ，则g x =a +1x =ax +1x，且g x 在0,+∞ 上两个零点，当a ≥0时，g x =ax +1x >0，故g x 在0,+∞ 上单调递增，则g x 在0,+∞ 上没有两个零点，不满足题意；当a <0时，令g x >0，得0<x <-1a ；令g x <0，得x >-1a；所以g x 在0,-1a 上单调递增，在-1a ,+∞ 上单调递减，即g x 的极大值为g -1a，为使g x 在0,+∞ 上有两个零点，则g -1a >0，即a -1a +ln -1a >0，解得-1e<a <0，当0<x <-1a 时，易知-1a >e ，因为g 1 =a +ln1=a <0，故g 1 g -1a <0，又g x 在0,-1a 上单调递增，所以g x 在0,-1a有唯一零点；当x >-1a时，令φx =e x -x 2x >1 ，则φ x =e x -2x ，再令u x =e x -2x x >1 ，则u x =e x -2>e 1-2>0，故u x 在1,+∞ 上单调递增，所以u x >u 1 =e -2>0，即φ x >0，故φx 在1,+∞ 上单调递增，所以φx >φ1 =e-1>0，因为-1a>e>1，所以φ-1 a>0，即e-1a--1a2>0，即e-1a>1a2，即a2e-1a>1，故a2e-1a-1>0，所以g e-1 a=ae-1a+ln e-1a=ae-1a-1a =a2e-1a-1a<0，故g-1ag e-1a <0，又g x 在-1a,+∞上单调递减，所以g x 在-1a,+∞有唯一零点；综上：当-1e<a<0时，g x 在0,+∞上两个零点，即f x =12ax2+x有两个解x1,x2x1<x2时，-1e<a<0，即a∈-1e ,0；(ii)由(i)得，0<x1<-1a <x2，ax1+ln x1=0ax2+ln x2=0，故a=-ln x2-ln x1x2-x1，又f s <0，所以as+1s+1s<0，即s>-1a，即λx1+x2>x2-x1ln x2-ln x1，故λ>x2-x1ln x2-ln x1x1+x2=x2x1-1ln x2x11+x2x1，令t=x2x1t>1，则λ>t-11+tln t，故λln t>t-1t+1，设s t =λln t-t-1t+1，则st =λt-2t+12=1tλ-2tt+12，当t>1时，2t t+12=2t+1t+2≤12，故当λ≥12时，st >0恒成立，故s t 在1,+∞上为增函数，故s t >s1 =0即λln t>t-1t+1在1,+∞上恒成立.当0<λ<12时，s1 =λ-12<0，而s t =λt2+2λ-2t+λt t+12当t>1-λ+1-2λλ>1时s t >0，故存在t0>1，使得∀t∈1,t0，使得s t <0，故s t 在1,t0为减函数，故s t <s1 =0，矛盾，舍；综上：λ≥12，即λ∈12,+∞.14(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．【解析】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．15(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.【解析】(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)=1x0-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1x0-a=2，ln x0=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)+x2=xe x-ln x-x-1(x>0)，则F′(x)=(x+1)e x-1x-1=x+1xxe 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x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，故F(x)min=F(x0)=x0e x0-ln x0-x0-1，由G(x0)=0得x0e x0-1=0，两边取对数得ln x0+x0=0，故F(x0)=0，所以g(x)-f(x)+x2≥0，即f(x)≤g(x)+x2.16(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．【解析】(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.。
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！。
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(精品PPT)
法一：整体代换，将超越式转化为普通式
例1
例2
法二：反代消参，构造关于零点的单一函数
例3
例4
法三：降次留参，建立含参数的方程
例5
解决函数隐零点问题的步骤： 1.确定隐零点的范围，一般利用零点存在性定理， 函数图像特征等方式确定，具体范围精确到多少， 由所求问题决定； 2.代数式替换，在替换过程中，尽可能的将目标 变式为整式或分式，即尽可能的将指数、对数函 数式用有理式替换； 3.求解，最后一步的实质就是求函数的值域 或最值.
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.函数隐性零点的处理技巧
大招总结
导数用来处理函数综合性问题，最终都会归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计是导数综合应用中最核心的问题。
导函数的零点，根据其数值计算上的差异可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称为“隐零点”。
此讲通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法：隐零点的虚设和代换。
一般步骤如下：
①确定零点的存在范围。
确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图像特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题确定，因此必要时尽可能缩小其范围。
②根据零点的意义进行代数式的替换，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指数、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键。
③结合前两步，确定目标式的范围。
隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗度陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。
典型例题
的最大值。
求时，＞为整数，且当）若（的单调区间；
）求（：设函数例k x x f k x x k a x f ax e x f x ,01)()-(0,12)(12--)(1≥++′==.2)(),
3,2(1)(,2,0)().()∞,0()(0)(),(0)(),0().
2,1(,)∞,0()()∞,0(2--)(0)2(0)1()∞,0(2--)(11,)1-()2--()(,1-1)()0(1
-101)1-)(-(0,
1)1-)(-(1)()-(,12)∞,(ln )ln ∞-()(0-)()∞,(ln ∈0-)()ln ∞-(∈02--)(0-)(,0≤,
-)(2--)(1000000000020的最大值为，故整数＜由于①式等价于所以可得又由上的最小值为在所以；
＞时，；当＜时，当则有此零点为上存在唯一的零点，设在故上存在唯一的零点，
在所以，
＞，＜而上单调递增，
在时，函数）知，当由（则令①，＞＜
等价于＞时，＞故当所以，）由于（上单调递增。
单调递减，在，在所以，；
＞时，当；＜时，，，则当＞若上单调递增。
在，所以函数＞则若，的定义域是）函数（解：k x g k x x g x e x g x g x g x g x x x g x x x x x g x e x h h h x e x h a e x e e x g x e x x g x x e x k x e k x x x e k x x x f k x a a a x f a e x f a x a e x f a x a R ax e x f a e x f a a e x f R ax e x f x x x x x x x x x x x x x x x x ∈+=+==′+′+∞∈′∈∈+′+=+===′++=++++++=++′=+=′+=′==′=′=
.2ln 2)(0)2()()1(.
ln -)(22a
a a x f a x f e a x a e x f x +≥==时，＞求证：当的单调区间；
时，当：设函数例时，＞故当所以由于最小值为取得最小值，时，单调递增，所以当单调递减，在在故，＞时，，当＜时，当上的唯一零点为在导函数存在唯一的零点，可设时，导函数＞故当，＜，＜时，且＜＜满足假设存在，＞递增，又在递增递增，时，因为＞当没有零点，
恒成立，故＞时，当的定义域为证明：递增；在递增，故递增，的定义域为时，解：
a a a x f a a a a a a ax x a x f x a e x f x f x x x x x f x f x x x f x x x x f x f a
b f b a b b a f x f x a y e y a x f x f a x
a e x f x a e x f x f x e y e y x e e x f x e e x f e a x x x x x x x 2ln 2)(0,2ln 22ln 22)(,0-2),()()∞,(),0()(0)(),(0)(),0(,)∞,0()()(00)(4
12ln 00)()∞,0()(,-20)(0)(0.-2)(),∞,0(ln -)()2()∞,0()(-2,-2)(),0(ln -)()1(0000200000002222220+≥+≥++===+′+∞∈′∈+′′′′+′∴==′′≤=′+=+===′∴+∞==.2-)(,)1,0()(1-3)-,0()(2)(,01,)(ln )(3002
＜求证：上的极值点为在，设函数）若（的取值范围；上单调递增，求实数在）若函数（的极值；求函数）若（为常数。
其中：已知函数例x f x x f a a a x f x f a a a x x x f ==+=，可得可得）递增，）递减，在（，在（时，函数＜即＞当，矛盾不成立；时，函数递减，可得＜＜当递减，时，函数＜＜递增，时，函数＞当的导数为上恒成立，由在即上恒成立，在，只需＜＜时，，又＜上单调递增，则在要使函数且＞的定义域为）函数（，无极小值；单调递减，故单调递增，在则＜时，＞；当＞时，＜＜当则令）（解：
极大值e a e e e e y a e
e y e a e a a a e
e a y e
x y e x x y x x x y a x x x a a x x
a a x a a x a a x f a x x x a x f a x x x x f e
e f x f e e x f x f e x x f e x e x x f x
x x f x x x f 2-2-1-)1ln(2-1101-1-001-1-101,
ln 21-ln 2)-,0(-ln 2)-,0(0ln 2-10)-,0(0)-,0()(,)(ln 2-1)(}.-0{)(21)()()∞,(),0()(.
0)(0)(0,,0)(,,ln -1)(),∞,0(ln )(132≤=≥≥≤+=′=≤≤++∈++=′≠==+′′==′=′+=
成立＜，故＜不成立，则，且由于由于，＜，即＜，要证即有可得上的极值点为在设函数导数为，则）证明：（2-)(021-ln 1-1ln 221),1,0(,)
1-(2)2-1(2)1-(212)1-(21
-102)1-(ln 2-)(1-
1ln 2,01-ln 2-1,)1,0()(,)1-(1-ln 2-1)()1-(ln )(1-300000000020002002000000
003
2x f x x x x x x x x x x x x x x x x f x x x x x x f x x x x f x x x f a +==∈=+=++===′==。