导数之隐零点问题
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
导数隐零点问题常见方法汇总
导数隐零点问题常见方法汇总技巧一 虚设零点——媒介过渡 例1．已知函数()ln f x x x =，（1）证明：1()ef x -≥；（2）已知函数2()g x x x k =-+-，若对区间1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上任意x 均有()()f x g x ≤恒成立，求k的最大值．解：(1）略（2)由题设条件知：2ln x x x x k -+-≤在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立2ln k x x x x⇔≤--+在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立()2minln k x x x x⇔--+≤．令21()ln ,,1e h x x x x x x ⎡⎤=--+∈⎢⎥⎣⎦，则()2ln h x x x '=--，11()201h x x x e ''⎛⎫=--<<< ⎪⎝⎭，即()h x '为减函数，又1110h e e'⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，(1)20h '=-<．()h x '∴在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一的零点0x ，且00ln 2x x =-．当01,x x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0,()h x h x '>单调递增，当()0,1x x ∈时()0h x '<，()h x 单调递减．min 1()min ,(1)h x h h e ⎧⎫⎛⎫∴=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，又21210e h e e -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，(1)0h =．min ()0h x ∴=，所以0k ≤，故max 0k ≤．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1()cos 1f x x x '=-+．令211()cos ,1,()sin ,1,12(1)2g x x x g x x x x x 'ππ⎛⎫⎛⎫=-∈-∴=-+∈- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭．21(1)x +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(0)sin 0110g '=-+=>，02244sin 100,22(2)(2)2g x 'πππ⎛⎫⎛⎫=-+=-<∴∃∈⎪ ⎪π+π+⎝⎭⎝⎭，使得()00g x '=，∴当()01,x x ∈-时，0()0;,2g x x 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：1()cos ,(1,)1f x x x x '=-∈-+∞+．①当(1,0]x ∈-时，由（1）可知()f x '在(1,0]-上单调递增，()(0)0,()f x f f x ''∴=∴≤在(1,0]-上单调递减，又(0)00f x =∴=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(0)0f '=，()00f x '∴>，()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()(0)0f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ'⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10()f x f x '=∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减．又()02(0)0,sin ln 1ln ln102222e f x f 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(1)x -+单调递减，()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又0()sin ln(1)ln(1)02f f πππππ⎛⎫>=-+=-+< ⎪⎝⎭，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点．④当(,)x π∈+∞时，sin [1,1],ln(1)ln(1)ln 1x x e π∈-+>+>=，sin ln(1)0x x ∴-+<即()f x 在(,)π+∞上不存在零点．综上所述：()f x 有且仅有2个零点．技巧二 敏锐洞察——观察零点技 例3（13北京）设l 为曲线C ：ln xy x=在点(1,0)处的切线． （Ⅰ）求l 的切线方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线L 的下方． 解：（Ⅰ） l ：1y x =-．（Ⅱ）令()1()g x x f x =--，则除切点之外，曲线C 在直线l 的下方()0(0,1)g x x x ⇔>∀>≠，()g x 满足221ln (1)0,()1()x xg g x f x x ''-+==-=．当01x <<时，210,ln 0x x -<<，所以()0g x '<，故()g x 单调递减；当1x >时，210,ln 0x x ->>，所以()0g x '>，故()g x 单调递增．所以()(1)0(0,1)g x g x x >=>≠，即除切点之外，曲线C 在直线l 的下方．例4．（11浙江）设函数2()()ln ,f x x a x a =-∈R ． （Ⅰ）若e x =为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的(0,3e]x ∈，恒有2()4e f x 成立． 注：e 为自然对数的底数．解：（Ⅰ）略；（Ⅱ）由22()ln 4e ,(0,3e]x a x x -∈≤，下面讨论：1）当(0,1]x ∈时，22()ln 04x a x e -≤≤成立；2）当(1,3]x e ∈时，22()ln 4ax a x e x x -≤⇒-≤≤+；易知：a x -≥()3h x x e =；3a e -≥；a x +≤，()g x x =+()1g x '==． 观察知：()0,?()g e g x '=在min (1,),(e,3e),()g()3e a g x e e ==≤．综上：33e a e -≤技巧三 反带消参——构造单变量函数，研究参数值及范围 例5．已知函数()ln ,(0)kf x x x k r=++≠，e 为自然对数的底数． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）已知函数()()3g x f x =-的极小值大于零，求实数k 的取值范围．解：（1）22()ln ,(),(0,)k x x k f x x x f x x x x '+-=++=∈+∞． 1)当0k <时，()0,()f x f x '>在(0,)+∞递增；2)当0k >时，令2()0,0f x x x k '=+-=，方程14k 0∆=+>，两根1211022x x --=<<=，()f x ∴在()20,x 递减，而在()2,x +∞递增．综上：1）当0k <时，函数()f x 在(0,)+∞递增，2)当0k >时，函数()f x 在10,2⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭递减，而在12⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增．（2）22g ()()x x k x f x x ''+-===，由（1）知，()()22030fx fx '⎧=⎪⎨->⎪⎩222222k ln 30x x k x x x ⎧=+⎪⇒⎨++->⎪⎩22ln 220x x ⇒+->，构造函数解得：2222(1,),(2,)x k x x ∈+∞=+∈+∞，故所求：(2,)k ∈+∞． 例6（2020届成都零诊）已知函数2()e 22,(0)xx f x ae ax a =-->（1）略（2）若函数()f x 有唯一零点，求实数a 的值．解：（1）略；（2）22()e22,()2e 22,(,)xx x x f x ae ax f x ae a x '=--=--∈-∞+∞，()2()4e 2220,ln 2x x x x a f x ae e e a x ''=-=-==，即()f x '在,ln ,ln ,22a a ⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，2ln 20,,()2a 0;,()22a a f a x f x x f x '''⎛⎫⎛⎫=--<→-∞→-<→+∞→+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；由零点存在性定理：0ln,2a x ⎛⎫∃∈+∞ ⎪⎝⎭，使得：()00f x '=，即：002e 0x x ae a --=--------（1）()f x ∴在()()00,,,x x -∞+∞，且,();,()x f x x f x →-∞→+∞→+∞→+∞；()0()0,f x f x ∴≥=即0020e220x x ae ax --=--------------------------------（2）由（1）（2）有：00210xe x +-=，构造函数易求唯一解00x =，即12a =成立． 例7 已知函数2()1,()ln ()f x x ax g x x a a =++=-∈R ． （1）当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）若存在与函数(),()f x g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围． 解：（1）略（2）设函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同，则()()()()121212f x g x fx g x x x ''-==-即()211212121ln 12x ax x a x a x x x ++--+==-，故12122a x x =-，代入()21211221ln x x x ax x a x -=++--得：222221ln 20(*)424a a x a x x -++--=．设221()ln 2424a a F x x a x x =-++--，则23231121()222a x ax F x x x x x '+-=-++=，不妨设()20002100x ax x +-=>则当00x x <<时，()0F x '<，当0x x >时，()0F x '>，即()F x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，代入200001212x a x x x -==-可得：()2min 000001()2ln 2F x F x x x x x ==+-+-．设21()2ln 2G x x x x x =+-+-，则211()220G x x x x'=+++>对0x >恒成立，所以()G x 在区间(0,)+∞上单调递增，又(1)0G =，所以当01x <时()0G x ，即当001x <时，()00F x ．又当2a x e+=时2222422111()ln 204244a a a a a a F x e a a e e e ++++⎛⎫=-++--=- ⎪⎝⎭，当001x <时，函数()F x 必有零点；即当001x <时，必存在2x 使得(*)成立； 即存在12,x x 使函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同．又12y x x =-得：2120y x '=--<即12y x x =-在(0,1)递减，因此200001212x a x x x -==-[1,)∈-+∞，所以实数a 的取值范围[1,)-+∞．技巧四 降次或减元留参，达到证明或求值的目的例8（09全国1)设函数32()33f x x bx cx =++在两个极值点12x x ，，且12[1,0],[1,2]x x ∈-∈．（Ⅰ）求,b c 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点(,)b c 的区域；（Ⅱ）证明：()21102f x --≤≤．解：（1）2()363f x x bx c '=++由题意知方程()0f x '=有两个根12,x x ，且1[1,0]x ∈-，2[1,2]x ∈，则有(1)0f '-≥，(0)0,(1)0,(2)0f f f '''≤≤≥，故有210,0,210,440,b c c b c b c --⎧⎪⎪⎨++⎪⎪++⎩≤≤≤≥右图中阴影部分即是满足这些条件的点(,)b c 的区域． （Ⅱ）由题意有()22223630f x x bx c '=++=⋯⋯⋯⋯① 又()32222233f x x bx cx =++⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②消去b 可得()32221322cf x x x =-+．又2[1,2]x ∈，且()21[2,0]102c f x ∈-∴--≤≤． 又如：（09全国2）设函数2()aIn(1)f x x x =++有两个极值点1x ，2x 且12x x <． (Ⅰ)求实数a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；(Ⅱ)证明：()212In 24f x ->． 例9．已知函数321()3f x x x ax =++．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()f x 有两个极值点12,x x ，若过两点()()()()1122,,,x f x x f x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值． 解：（Ⅰ）依题意可得2()2f x x x a '=++，当1a ≥时，220x x a ++≥恒成立，故()0f x '≥，函数()f x 在R 上递增；当1a <时，2()20f x x x a '=++=有两个相异实根11x ==-21x =-+且12 x x <，故2()20(,1f x x x a x '=++>⇒∈-∞--或(1),()x f x ∈-++∞递增；由2()2011f x x x a x '=++<⇒-<<-+()f x 递增递减． 综上：当1a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当1a <时，()f x 在(,1x ∈-∞-递增，在(1)x ∈-+∞递增，在(11---+递减．（2）由题知，12 x x ，为()0f x '=的两根，故1a <，2112x x a =--，2222x x a =--，即：()()()322211111111111111121222333333f x x x ax x x a x ax x ax x a ax =++=--++=+=--+12(1)33a a x =--， 同理()222(1)33a f x a x =--． 因此直线l 的方程为2(1)33ay a x =--．设l 与x 轴的交点为()0,0x ，得02(1)ax a =-，而()()322220311217632(1)2(1)2(1)24(1)a a a a f x a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=++=-+ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭，由题设知，点()0,0x 在曲线()y f x =的上，故()00f x =，解得0a =或23a =或34a =，所以所求a 的值为0a =或23a =或34a =． 技巧五：巧设零点——超越式划代数式 例10（15课标1）设函数2()ln xf x ea x =-．（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，2()2lnf x a a a+≥． 解：（Ⅰ）()f x 的定义域为2(0,),()2(0)xaf x e x x'+∞=->．当0a ≤时，()0,()f x f x ''>没有零点；当0a >时，因为2xe 递增，a x-单调递增，所以()f x '在(0,)+∞递增．又()0f a '>，当b 满足04a b <<且14b <时，(b)0f '<，故0a >时，()f x '存在唯一零点． （Ⅱ）由（Ⅰ），可设()f x '在(0,)+∞的唯一零点为0x ，公众号：钻研数学 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，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为()0f x ．由于02020x a ex -=，所以()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a =+++≥． 故当0a >时，2()2lnf x a a a+≥． 例11 已知函数()3e x m f x x +=-，()()ln 12g x x =++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线斜率为1，求实数m 的值； （II ）当1m ≥时，证明：3()()f x g x x >-． 解：（I ）0m =．（II ）证法一：因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1e ln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证eln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设1()e ln(1)2x h x x +=-+-，则11()e 1x h x x '+=-+．设11()e1x p x x +=-+，则121()e 0(1)x p x x '+=+>+．所以函数11()()e 1x p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为121e 20,(0)e 102h h ''⎛⎫-=-<=-> ⎪⎝⎭，所以11()e 1x h x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭．因为()00h x '=，所以0101e1x x +=+，即()()00ln 11x x +=-+， 当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．即()()()0100001()eln 121201x h x h x x x x +=-+-=++->+≥． 综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-． 思路2：先证明1eln(1)20x x +-+->．令1t x =+，转化为证明e ln 2(0)t t t ->>．因为曲线e ty =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线()000x x x =>与曲线e ln t y y t ==、分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t =的距离分别为12d d 、，则()122AB d d =+．其中()0000120e ln ,022x x x x d d x --==>． ①设()()0000e 0xh x x x =->，则()00e 1xh x '=-．因00x >，所以()00e 10xh x '=->．即()0h x 在(0,)+∞上递增，则()0(0)1h x h >=．所以001e 222x x d -=>．②设()()0000ln 0p x x x x =->，则()0000111x p x x x '-=-=．因为当001x <<时，()00p x '<；当01x >时，()00p x '>，所以当001x <<时，函数()000ln p x x x =-单调递减；当01x >时，函数()000ln p x x x =-单调递增．故()()000212ln 222(1) 1..2222222x x p x p d AB d d ⎛⎫-==+>+= ⎪ ⎪⎝⎭≥≥≥． 综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路：设()e ln(1)2x mh x x +=-+-，则1()e 1x m h x x '+=-+．设1()e1x mp x x +=-+，则21()e 0(1)x mp x x '+=+>+．所以函数1()()e 1x m p x h x x '+==-+在(1,)-+∞上单调递增．因为1m ≥，所以()()1e 1e 1eee e e 10,(0)e 10m mmmm m m h h --'--++-+'-+=-=-<=->．所以函数1()e 1x mh x x '+=-+在(1,)-+∞上有唯一零点0x ，且()01e ,0mx -∈-+．因为()00h x '=，所以001e1x mx +=+，即()00ln 1x x m +=--． 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>．当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．()()()000000011()e ln 12213011x m h x h x x x m x m x x +=-+-=++-=+++->++≥． 综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例12．已知函数2ln ()()xf x x a =+，其中a 为常数．（1）若函数()f x 在(0,)a -上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若1a =-，设函数()f x 在(0,1)上的极值点为0x ，求证：()02f x <-．解：（1）312ln ()()axx f x x a '+-=+，由题意()0f x '对(0,)x a ∈-恒成立．3(0,),()0,12ln 0ax a x a x x∈-∴+<∴+-对(0,)x a ∈-恒成立．2ln a x x x ∴-对(0,)x a ∈-恒成立．令()2ln ,(0,),g x x x x x a =-∈-则()2ln 1g x x '=+，①若120ea -<-，即120ea ->-，则()2ln 10g x x '=+<对(0,)x a ∈-恒成立，()2ln g x x x x ∴=-在(0,)a -上单调递减，则2()ln()(),0ln(),1a a a a a a ----∴-∴-与12e a --矛盾，舍去；②若12e a -->，即12ea -<-，令()2ln 10g x x '=+=，得12ex -=，当120e x -<<时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+<∴=-单调递减，当12ex a -<<-时，()2ln 10,()2ln g x x g x x x x '=+>∴=-单调递增，∴当12e x -=时，1111122222min[()]e 2e gn e e 2e g x g -----⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，122e .a -∴-综上122e .a --（2）当1a =-时，23ln 12ln (),()(1)(1)xx x xf x f x x x x '--==--．令()12ln ,(0,1)h x x x x x =--∈，则()12(ln 1)2ln 1h x x x '=-+=--，令()0h x '=，得12e x -=．①当12e1x -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递减，12()0,2e 1h x -⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，312ln ()0(1)x x x f x x x '--∴=<-恒成立，∴2ln ()(1)x f x x =-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭．②当120ex -<时，()0,()12ln h x h x x x x '∴=--单调递增，而111112ln 02222h ⎛⎫⎛⎫=--⋅=>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又()()2222e e e n e 12l h -----=-2510e =-<，∴存在唯一201e ,2x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000,0h x f x '=∴=．当00x x <<时，2ln ()0,()(1)xf x f x x '>∴=-单调递增，当120e x x -<时，2ln ()0,()(1)x f x f x x '<∴=-单调递减，且12()e f x f -⎛⎫ ⎪⎝⎭，由①和②可知，2ln ()(1)xf x x =-在()00,x 单调递增，在()0,1x 上单调递减，()0000000112ln 0,ln 2x h x x x x x x -=--=∴=，()()()00220000ln 1121111222x f x x x x x ∴===--⎛⎫--⎪⎝⎭，又010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2002011112,0,222211222x f x x ⎛⎫⎛⎫∴--∈-∴=<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫--⎪⎝⎭． 技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等） 避开零点例13．已知函数2g()ln xx xemx x =--，(其中e 是自然对数的底数)，若()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为A ．1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．22,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C ．1,2e ⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．(,2]-∞解法1：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，只需min [()]1g x ≥即可．22211()(21)e ,()4(1)e 0,()x x g x x m g x x g x x x''''=+--=++>在(0,)+∞上递增．因为当0x →时，()g x '→-∞，当x →+∞时，()g x '→+∞，所以，()g x '在(0,)+∞上存在唯一的零点0x ，满足()()02000121e0x g x x m x '=+--=，所以()0200121e x m x x =+-，且()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，于是()00222min 000000[()]e ln 2e ln 1x x g x g x x mx x x x ==--=--+．由min [()]1g x ≥得：022002eln 0x x x +≤，必有02200001,2e ln x x x x <<-≤，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++-≤，即()()00002ln 2ln ln ln x x x x +≤--．构造函数()ln (0)h x x x x =+>，则1()10h x x'=+>，所以函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln h x h x -≤，所以002ln x x -≤，即0201ex x ≤．故()()020000011121e212x m x x x x x =+-+⋅-=≤，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞．解法2：要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立．令2ln 1()e(0)xx h x x x+=->，则只需min [()]m h x ≤即可．2222e ln ()x x x h x x '+=，令22()2e ln (0)x H x x x x =+>，则()221()4e 0xH x x x x'=++>，所以()H x 在(0,)+∞上单调递增，又212ln 20,(1)2e 04H H ⎛⎫=-<=> ⎪⎝⎭，所以()H x 有唯一的零点0x ，且0114x <<，()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为022002eln 0x x x +=，两边同时取自然对数，则有()()00002ln 2ln ln ln x x x x ++=-，即()()00002ln 2ln ln ln .x x x x +=--构造函数()ln (0)s x x xx =+>，则1()10s x x'=+>，所以函数()s x 在(0,)+∞上单调递增，又()()002ln s x s x =-，即002ln x x =-，即0201ex x =．即()0200min 0000ln 1211()e2x x x h x h x x x x +-+==-=-=． 于是实数m 的取值范围是(,2]-∞解法3：（切线放缩，避开零点）要使()1g x ≥在(0,)x ∈+∞上恒成立，等价于2ln 1exx m x+-≤在(0,)x ∈+∞上恒成立． 先证明ln 1t t +≥．令()ln 1(0)Q t t t t =-->，则11()1t Q t t t'-=-=，于是，当(0,1)t ∈时，()0Q t '<， ()Q t 单调递减；当(1,)t ∈+∞时，()0,()Q t Q t '>单调递增，所以()(1)0Q t Q =≥，故ln 1t t +≥(当且仅当1t =时取等号) ．所以，当0x >时，有()22e ln e1ln 21xxx x x x +=++≥，所以2ln 1e 2x x x x++≥，即 2ln 1e 2x x x+-≥，当且仅当2e 1x x =时取等号，于是实数m 的取值范围是(,2]-∞． 解法4：（切线放缩，避开零点）22ln ln 1ln 12ln 1ln 1(2)0x x x xe mx x e mx x x x mx x m x +---=---++---=-≥≥，2m ∴≤，当2ln 0x x +=时，等号成立．例13 已知函数3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++．（I ）若曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线斜率为1，求实数m 的值； (II ）当1m ≥时，证明：3()()f x g x x >-． 解：（Ⅰ）0m =．证法一：（Ⅱ）因3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．当1m ≥时，1eln(1)2e ln(1)2x mx x x ++-+--+-≥．要证e ln(1)20x mx +-+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点） 先证明1e2()x x x ++∈R ≥，设1()e 2x h x x +=--，则1()e 1x h x '+=-．因当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>， 当1x <-时，函数()h x 递减，当1x >-时，函数()h x 递增．()(1)0h x h -=≥．即1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．即要证1e ln(1)20x x +-+->，只需证明(2)ln(1)20x x +-+->． 下面证明ln(1)0x x -+≥．设()ln(1)p x x x =-+，则1()111xp x x x '=-=++． 当10x -<<时，()0p x '<，当0x >时，()0p x '>，所以当10x -<<时，函数()p x 单调递减，当0x >时，函数()p x 单调递增．所以()(0)0p x p =≥．所以ln(1)0x x -+≥(当且仅当0x =时取等号)．由于取等号的条件不同，所以1e ln(1)20x x +-+->．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．证法二：因为3()e,()ln(1)2x mf x xg x x +=-=++，所以3()()f x g x x >-等价于e ln(1)20x m x +-+->．思路（切线放缩避开隐零点）先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．设()e 1xF x x =--，则(e 1F x '--．当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，即()F x 在(,0)-∞上递减，在(0,)+∞上递增．当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．()(0)0F x F ≥=，即e 1(),ln(1)(x x x x x ≥+∈+≤R 当且仅当0x =时取等号)．再证明eln(1)20x mx +-+->．由e 1()xx x +∈R ≥，得1e 2x x ++≥(当且仅当1x =-时取等号)．因为1,1x m >-≥，且1e 2x x ++≥与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以11e ln(1)2e e ln(1)2x m m x x x +-+-+-=⋅-+-()11e (2)2e 1(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，3()()f x g x x >-．例14．已知函数211()aln (22f x x x a =--+∈R 且0)a ≠．（1）当a =()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）若()y f x =有两个极值点12,x x ，证明：()()129ln f x f x a +<-．解：（1）10x y +-=．法一：涉及隐零点的证明，超越式转化优先（2）因()y f x =有两个极值点12,x x ，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x ，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++． 若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>．构造函数()ln ln 2g x x x x x =--+，则11()1ln 1ln g x x x x x'=+--=-，且在(0,3)上为增函数，又1(1)10,(2)ln 202g g ''=-<=->，由零点存在性定理：存在0(1,2)x ∈，使得()0g x '=， 即001ln x x =，且()00,x x ∈时，()0,()g x g x '<递减，()0,3x x ∈时，()0,()g x g x '>递增，即()g x 在(0,3)上有最小值：()00000001ln ln 23g x x x x x x x ⎛⎫=--+=-+⎪⎝⎭，又因0(1,2)x ∈， 则00152,2x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()0g x >在(0,3)x ∈上恒成立，即()()129ln f x f x a +<-成立． 法二：分类讨论 避开隐零点（2） 因()y f x =有两个极值点12,x x，则2()0x af x x'-+-==有两个正根12,x x，即20x a -+-=有：12121240,0a x x x x a ∆=->+=⋅=>，即(0,3)a ∈，即()())()()22121212121ln 1ln 72f x f x x x a x x x x a a a +=+--++=-++． 若()()129ln f x f x a +<-，即要ln ln 20a a a a --+>． 构造函数()ln ln 2,(0,3),()(1)ln 2g x x x x x x g x x x x =--+∈=-+-．下面讨论：（1）当(0,1]x ∈时，g()(1)ln 20x x x x =-+->成立； （2）当(1,2]x ∈时，()(1)ln 20g x x x x =-+->成立；(3)当(2,3)x ∈时，()(1)ln 2g x x x x =-+-，1()ln g x x x '=-，211()0g x x x'=+>， ()g x '在(2,3)上递增，1()(2)ln 202g x g ''>=->，()g x 在(2,3)上递增，即： ()(2)ln 20g x g >=>得证；综上：g()(1)ln 20x x x x =-+->对(0,3)x ∈成立．下面剖析一道含隐零点应用的高考题：（15四川21）例15．(15四川）已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >． （1）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法一：（I ）知函数()f x 的定义域为(0,),()()2()2ln 21a g x f x x a x x '⎛⎫+∞==---+ ⎪⎝⎭，所以22211222224()2x a a g x x x x'⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+=．当104a <<时，()g x在区间10,2⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1122⎛- ⎝⎭上单调递减；当14a时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增．（Ⅱ）由()2()2ln 210a f x x a x x '⎛⎫=---+= ⎪⎝⎭，解得11ln 1x x a x---=+．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 22.1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．令000101ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---==--+．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．当0a a =时，有()()()0000,0f x f x x ϕ'===．由（I)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增，故当()01,x x ∈时，()0f x '<，从而()0()0f x f x >=；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，从而()0()0f x f x >=．所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法二：（Ⅱ）令2222()2ln x ax a ax x x aϕ--+=-+，则()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解当且仅当()0x ϕ在(1,)+∞内恒成立，且()0x ϕ=在区间(1,)+∞内有唯一解．()22222(2)222(2)[(1(1()()()()x a x x a x ax a x a x x x x a x x x a x x a ϕ'+--+-+--=-==+++由于0a 且0x >，故()0x ϕ'=时，1x =当(1,1x ∈+时，()0,()x x ϕϕ'<单调递减．当(1)x ∈++∞时，()0,()x x ϕϕ'>单调递增．从而，当1x =()x ϕ在(1,)+∞达到最小值．此时，min2ln(1ϕ=．令22()(12(122(1)ln(1h a a a a a =+-+-+-+，则(0)44ln 20h =->，2(1)(12(112(2ln(1(4ln(10.h =+-+--=-+<从而存在1(0,1)a ∈使得()10h a =．令11x =．则当1a a =时，()()110x h a ϕ==且()10x ϕ'=．当10x x <<时，()x ϕ单调递减，从而()0x ϕ>．当1x x >时，()x ϕ单调递增，从而()0x ϕ>．综上所述，存在1(0,1)a a =∈，使得()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法三：（II ）由（I )知，1()()2(1ln )21f x g x x x a x '⎛⎫==---+⎪⎝⎭在区间(1,)+∞上单调递增．(1)40f a '=-<，当x 趋向于正无穷大时，()()f x g x '=的函数值也趋向于正无穷大．即存在(1,)t ∈+∞，使得()0f x '=，且()f x 在(1,)t 单调递减，在(,)t +∞单调递增．且t 满足12(1ln )210t t a t ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，即11ln 1t t a t ---=+时，()f x 取得最小值：22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2211111ln 1ln 1ln 1ln 2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2ln 221111t t t t t t t t t t t t t t t t t ϕ------------⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++--+ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 则211e(e 2)e 2(1)10,(e)201e 1e ϕϕ----⎛⎫=>=--< ⎪++⎝⎭．故存在0(1,e)x ∈，使得()00x ϕ=．所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--．由1()10u x x'=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()001110(1)(e)e 2011111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++，即0(0,1)a ∈． 综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．法四：（Ⅱ）前同解法三．22()2()ln 22f t t a t t at a a =-++--+2212()1122t a t a t at a a t ⎡⎤⎛⎫=-+--++--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()22322252a t t a t t t ----=-()2(2)2a t a t t t ⎡⎤+--⎣⎦=-． 又11ln 1t t a t ---=+，所以()()221(312ln )2ln 1()1t t t t t f t t t ----+-=-+． 令2()2ln 1h t t t t =-+-，易得2(1)20,(e)e 2e 0h h =-<=->，所以()0f t =在区间(1,e)内有解0x ．此时相应的a 值为()000011001ln 11u x x x a a x x ----===++，其中()1ln (1)u x x x x =--． 由1()10u x x '=-知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增． 所以()001110(1)(e)e 20 1.1111e 1eu x u u a x ----=<=<=<++++即0(0,1)a ∈．综上所述，存在0(0,1)a a =∈，使得()f x 的最小值为0．此时()0f x 在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解． 法五：（II ）由（Ⅰ）得()()f x g x '=在(1,)+∞内单调递增，且(1)222240f a a a '=--+-=-<，()0f '+∞>．由零点存在性定理得存在唯一0(1,)x ∈+∞，使得()000022ln 2220a f x x x a x '=---+-=①所以()f x 在()01,x 上单调递减，()0,x +∞上单调递增．所以满足()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解只需满足()min 0()0f x f x ==即可，()()22000002ln 220f x x a x x ax a a =-++--+=，将①带入化简得： ()()()()22322000000025220,220a x x a x x a x a x x +---=-+-=，02x a =，2002a x x =-， 当()0012x a x =>时，此时①变形为22ln 230a a --=，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上有解． 令222()22ln 23,()2a h a a a h a a a'-=--=-=，所以()h a 在(0,1)上单调递减，11302h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭不满足， 当2002a x x =-时，此时（1）变形为20022ln 60x x --=在(1,2)上有解．不妨设()200022ln 6h x x x =--，()2000004224x h x x x x '-=-=，所以()0h x 在(1,2)上单调递增．(1)4,(2)22ln 20h h =-=->．所以20022ln 60x x --=在(1,2)上有解，所以结论得证． 本题对数学思维的灵活性、深刻性、创造性都有较高要求，具有一定的难度，解答这些问题，需要具有较强的分析问题、探究问题和解决问题的能力．展示了数学学科的抽象性和严谨性，要求考生具有高层次的理性思维,考生解答时可以采用“联系几何直观一探索解题思路一提出合情猜想一构造辅助函数一结合估算精算——进行推理证明”的思路，整个解答过程与数学研究的过程基本一致，能较好地促进考生在数学学习的过程中掌握数学知识、探究数学问题和发现数学规律．这些试题具有立意深远、背景深刻、设问巧妙等特点，富含思维价值，体现了课程改革理念，是检测考生理性思维广度、宽度，深度和学习潜能的良好素材．这样的设计，对考生评价合理、科学，鼓励积极、主动、探究式的学习，有利于引导中学数学教学注重提高学生的思维能力、发展应用意识和创新意识，对全面深化课程改革、提高中学数学教学质量有十分积极的作用．隐零点专练:1．(12课标1）设函数()e 2x f x ax =--（Ⅰ）求()f x 的单调区间 （Ⅱ）若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值2．(17课标2）已知函数2()ln f x ax ax 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 --<<．3．（18课标3）已知函数()2()2ln(1)2f x x axx x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．。
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 _______．。
第11讲：拓展四：导数中的隐零点问题(原卷版)-备战2025年高考新结构数学一轮复习精讲精练
2
(1)若函数 f x 在 R 上单调递增，求实数 a 的值； (2)若函数 F x 2 f x ax 2 4a 1 x 2 ln x 恰有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
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10．（23-24 高三上·四川成都·期末）已知函数 P(x) x ln x ， ( R) . (1)若函数 y P(x) 只有一个零点，求实数 的取值所构成的集合；
(2)已知 (0, e) ，若 f (x) ex x P x ，函数 f (x) 的最小值为 h() ，求 h() 的值域.
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x lnx ax a R ． (1)若函数 f x 有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围； (2)若 f x x e2x 1 对任意的 x 0, 恒成立，其中 e 为自然对数的底数，求实数 a 的最
大值．
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一.
高频考点
1．（23-24 高三下·湖南湘潭·阶段练习）已知函数 f x x ln x a x2 1， a R .
2
(1)当 a 1时，求 f x 的单调区间；
(2)当
a<0 时，记
f
x 的极小值点为
x0
，证明：
f
x
存在唯一零点
x 1
，且
x1
4x0
.（参考数
据： e3 20.85 ）
(1)求 a 的取值范围；
(2)设
x 1
，
x
2
是
f
x
的两个零点，
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。
高中数学导数隐零点
高中数学导数隐零点高中数学中，隐零点是一个重要的概念。
它与导数的计算密切相关，对于理解函数的性质和解决实际问题非常有帮助。
我们来了解一下什么是隐零点。
在高中数学中，我们经常遇到一类函数方程，它们的形式可能是一次方程、二次方程、三次方程等等。
我们要求解这些方程的零点，即找出使方程成立的变量的取值。
但是有时候，这些方程并不是显式地给出的，而是以隐含的形式存在。
我们以一个简单的例子来说明隐零点的概念。
考虑方程y = x^2 - 4x + 3，我们可以通过将方程变形为(x - 1)(x - 3) = 0的形式得到它的显零点x = 1和x = 3。
但是，如果我们给出的方程是y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们无法直接通过因式分解得到它的显零点。
这时，我们就需要利用导数的概念来求解隐零点。
在求解隐零点时，我们首先要计算函数的导数。
导数可以理解为函数在某一点的斜率，它的计算公式是函数在该点的增量除以自变量的增量，当自变量的增量趋近于0时的极限值。
对于一般的函数y = f(x)，它的导数可以表示为f'(x)或dy/dx。
然后，我们把导数等于0的点称为临界点。
在临界点处，函数的斜率为零，可能存在极大值、极小值或拐点。
我们可以通过求解导数等于0的方程来得到临界点。
对于上面的例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以计算它的导数y' = 3x^2 - 12x + 11，然后解方程y' = 0，得到临界点x = 1/3和x = 3。
接下来，我们可以通过对函数的图像进行分析，确定临界点处函数的性质。
在这个过程中，我们可以利用导数的正负性质来判断函数的增减和凹凸区间。
当导数大于0时，函数是递增的；当导数小于0时，函数是递减的。
当导数的变号点为临界点时，函数可能存在极值。
对于例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以通过计算导数的值来判断它在临界点处的性质。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。
1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。
解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。
当$x=0$时，显然成立。
当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。
令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。
又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。
当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。
令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。
又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。
综上，$a=1$。
2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。
令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。
设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。
高考数学复习考点题型专题讲解36 导函数的隐零点
高考数学复习考点题型专题讲解专题36 导函数的隐零点导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.类型一 导函数中二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.例1 已知实数a 满足a ≥e ＋1e －2，且函数f (x )＝ln x ＋x 22－(a ＋2)x 恰有一个极小值m 和极大值M ，求m －M 的最大值(其中e 为自然对数的底数).解 由于f ′(x )＝1x ＋x －(a ＋2)＝x 2－（a ＋2）x ＋1x，x >0，设正数x 1，x 2是x 2－(a ＋2)x ＋1＝0的两个相异实根，即方程a ＋2＝x ＋1x，x >0有两个相异正根，不妨设x 1<x 2， 由于当0<x <x 1时，f ′(x )>0， 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，当x >x 2时，f ′(x )>0，从而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，从而f (x )的极大值为M ＝f (x 1)，极小值为m ＝f (x 2)，且x 1＋x 2＝a ＋2，x 1x 2＝1.又x 21＋x 22x 1x 2＝x 2x 1＋x 1x 2＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝(a ＋2)2－2≥⎝⎛⎭⎪⎫e ＋1e 2－2＝e ＋1e ， 令t ＝x 2x 1>1，从而t ＋1t ≥e＋1e，从而t ≥e.故m －M ＝f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(a ＋2)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(x 2＋x 1)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1－x 22－x 212＝ln x 2x 1－x 22－x 212x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－x 1x 2＝ln t －12t ＋12t ，t ≥e.令g (t )＝ln t －12t ＋12t，t ≥e.从而g ′(t )＝1t －12t 2－12＝－t 2＋2t －12t 2＝－（t －1）22t 2<0，从而g (t )在[e ，＋∞)上单调递减，故m －M ＝g (t )，t ≥e 的最大值为g (e)＝12e －e2＋1.训练1 已知函数f (x )＝x ＋1x ＋a ln x ，a ∈R .若对任意的x ∈[1，e]，都有2e ≤f (x )≤2e恒成立，求实数a 的取值范围(其中e 为自然对数的底数). 解 由题意知只需f (x )min ≥2e ，f (x )max ≤2e，x ∈[1，e].下面分f (x )单调和非单调进行讨论.显然f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x 2＋a x ＝x 2＋ax －1x 2，x >0.①若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≥0时⎝ ⎛⎭⎪⎫即a ≥1x －x 对任意的x ∈[1，e]恒成立，即a ≥0时，则f (x )在[1，e]上单调递增， 故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (1)<f (e)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≥2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，a ≥0，故0≤a ≤e－1e.②若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≤0时(即a ≤1x－x 对任意的x ∈[1，e]恒成立)，即a ≤1e －e 时，则f (x )在[1，e]上单调递减，故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (e)<f (1)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e ＋a ≥2e ，a ≤1e－e ，故a ＝1e－e. ③若1e－e<a <0时，则f ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 且当1≤x <x 0时，f ′(x )<0， 当x 0<x ≤e 时，f ′(x )>0，故f (x )在[1，x 0)上单调递减，在(x 0，e]上单调递增. 要使得2e≤f (x )≤2e，则需⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）≥2e，f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，1e －e<a <0，即⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＝x 0＋1x 0＋a ln x 0≥2e ，1e －e<a <0，考虑到x 0满足x 20＋ax 0－1＝0，从而f (x 0)＝x 20＋1＋ax 0ln x 0x 0＝x 20＋1＋（1－x 20）ln x 0x 0.令h (x )＝x 2＋1＋（1－x 2）ln xx ，x ∈(1，e)，则h ′(x )＝（－x 2－1）ln xx2<0，故h (x )在(1，e)上单调递减， 又x 0∈(1，e)，从而f (x 0)＝h (x 0)>h (e)＝2e.故使得不等式2e ≤f (x )≤2e 成立的实数a 的范围为1e －e<a <0.综合上述，满足条件的实数a 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e －e ，e －1e .类型二 导函数中非二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化. 例2 已知函数f (x )＝ln （x ＋1）x＋1x ，若f (x )>kx ＋1在(0，＋∞)上恒成立，求整数k 的最大值. 解 由于f (x )>k x ＋1⇔(x ＋1)f (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）＋x ＋1x>k .令h (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）x＋x ＋1x，则由题意得，k <h (x )min ，其中x >0.h ′(x )＝－ln （x ＋1）＋x －1x 2.令g (x )＝－ln(x ＋1)＋x －1， 其中x >0.由于g ′(x )＝－1x ＋1＋1＝xx ＋1>0，故g (x )在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g (0)＝－1<0，g (1)＝－ln 2<0， g (2)＝－ln 3＋1<0， g (3)＝－ln 4＋2>0，故g (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x 0，并且x 0∈(2，3). 由此当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，h ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，h ′(x )>0.故h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，从而h (x )的最小值为h (x 0). 考虑到x 0∈(2，3)为g (x )的零点， 故ln(x 0＋1)＝x 0－1， 故h (x )min ＝h (x 0)＝（x 0＋1）ln （x 0＋1）＋x 0＋1x 0＝（x 0＋1）（x 0－1）＋x 0＋1x 0＝x 20＋x 0x 0＝x 0＋1∈(3，4).又k <h (x )min ＝x 0＋1，故满足条件的整数k 的最大值为3.例3 若x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，求实数k 的取值范围. 解∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x ＞0， ∴k ≥1＋ln x x－e x ＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln xx －e x ＋2，则φ′(x )＝1x·x －（1＋ln x ）x 2－e x＝－ln x －x 2e xx 2.令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )＜0(x ＞0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减.又μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e 1e －2＞0，μ(1)＝－e ＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 20e x0，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0， 即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0， 由函数y ＝x ＋ln x 为增函数， 可得x 0＝－ln x 0.又当0＜x ＜x 0时，μ(x )＞0，φ′(x )＞0； 当x ＞x 0时，μ(x )＜0，φ′(x )＜0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－e x 0＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1， 即k 的取值范围为k ≥1.例4(2022·济宁模拟改编)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ＋2a(a ∈R 且a ≠0)，若不等式f (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 因为f ′(x )＝2ax －(ln x ＋1)＝2ax －ln x －1，f ″(x )＝2a －1x＝2ax －1x，①当a ＞0时，f (1)＝a ＋2a＞0与f (x )≤0恒成立矛盾，不合题意.②当a ＜0时，f ″(x )＜0，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减. 因为f ′(e －1)＝2a e －1＜0，f ′(e 2a －1)＝2a (e 2a －1－1)＞0， 所以∃x 0∈(e 2a －1，e －1)，使得f ′(x 0)＝2ax 0－ln x 0－1＝0， 即a ＝ln x 0＋12x 0.所以，当x ∈(0，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)＝ax 20－x 0ln x 0＋2a＝ln x 0＋12x 0×x 20－x 0ln x 0＋2ln x 0＋12x 0＝x 0[9－（ln x 0）2]2（ln x 0＋1）≤0.因为x 0∈(e 2a －1，e －1)，所以ln x 0＋1＜0. 所以9－(ln x 0)2≥0，即－3≤ln x 0＜－1， 解得e －3≤x 0＜e －1.因为a ＝ln x 0＋12x 0，所以设g (x )＝ln x ＋12x ，x ∈[e －3，e －1)，则g ′(x )＝－ln x2x 2＞0，所以g (x )在[e －3，e －1)上单调递增， 所以g (e －3)≤g (x )＜g (e －1)， 即－e 3≤g (x )＜0， 所以－e 3≤a ＜0.训练2(2022·西安模拟改编)证明：函数f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x 0，且－1＜f (x 0)＜0.证明 因为f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x ＋cos x ，f ″(x )＝e x －sin x ＞0恒成立， 所以f ′(x )单调递增.又f ′⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝e －π2＞0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π－22， 因为(e 34π)2＝e 32π＞e ＞2，所以e 34π＞2，即1e 34π＜22，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＜0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，使得f ′(x 0)＝0，即e x 0＋cos x 0＝0，则在(－π，x 0)上，f ′(x )＜0， 在(x 0，＋∞)上，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(－π，x 0)上单调递减， 在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )存在唯一的极小值点x 0.f (x 0)＝e x 0＋sin x 0＝sin x 0－cos x 0＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4， 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，得x 0－π4∈⎝⎛⎭⎪⎫－π，－34π，所以f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4∈(－1，0)，故f (x )存在唯一极小值点x 0， 且－1＜f (x 0)＜0.训练3 已知函数f (x )＝2x ＋ln(2x －1). (1)求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求证：f (x )≤(2x －1)e 2x －1(e 为自然对数的底数). (1)解 因为f (x )＝2x ＋ln(2x －1)， 所以f ′(x )＝2＋22x －1，则f (1)＝2，f ′(1)＝4，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －2＝4(x －1)， 即4x －y －2＝0.(2)证明 令t ＝2x －1>0，要证f (x )≤(2x －1)e2x －1，即证t ＋1＋ln t ≤t e t ，其中t >0， 构造函数g (t )＝t e t －t －ln t －1，则g ′(t )＝(t ＋1)e t－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ＝(t ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e t －1t ，t >0.令φ(t )＝e t －1t，其中t >0，则φ′(t )＝e t ＋1t2>0，所以函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增. 因为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，φ(1)＝e －1>0， 所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得φ(t 0)＝e t 0－1t 0＝0，即t 0e t 0＝1.当0<t <t 0时，φ(t )<0，即g ′(t )<0，此时函数g (t )单调递减； 当t >t 0时，φ(t )>0，即g ′(t )>0，此时函数g (t )单调递增. 所以g (t )min ＝g (t 0)＝t 0e t 0－ln e t 0－ln t 0－1 ＝t 0e t 0－ln(t 0e t 0)－1＝1－1＝0， 故所证不等式成立.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)求证：函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32.(1)解 因为f ′(x )＝x e x －a ， 由f ′(0)＝－1得a ＝1. 又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)， 即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明 令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1， 则g ′(x )＝(x ＋1)e x，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点； 当x ≥－1时，g (x )单调递增， 且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0. 由x 0e x 0＝1⇒e x＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋x 0，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f(x0)>－3 2 .2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝e时，f(x)＝x e x－e x－eln x＋e，f′(x)＝(x＋1)e x－e－ex＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ex，x>0.易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.(2)因为f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a，所以f′(x)＝(x＋1)e x－a－ax＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ax，x>0.当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.当a>0时，令g(x)＝e x－ax，x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x－ax＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.① 因为x 0是方程e x －a x＝0的解， 所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③ 将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0， 解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞). 当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1. 又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点. 当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时， 易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点. 综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.(2022·青岛模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，求b 的最小值.解 (1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ， 当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增. (2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )， 因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，即b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立.令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ，因为x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x，可得t ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－2⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0∈(－4，－3). 因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3. 二、创新拓展练4.(2022·广州二模节选)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝x ＋ax，且函数f (x )与g (x )有相同的极值点. (1)求实数a 的值； (2)求证：f (x )＋g (x )<e x ＋cos xx.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故函数f (x )的极大值点为x ＝1，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1. (2)证明 所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x<－x －1， 即证x ln x －e x ＋x ＋1<0. 设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2， 令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2， 则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减， 且r ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得r ′(x 0)＝0， 即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减. 又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0， 即x ln x －e x <－x －1.再证：－x －1<cos x －1(x >0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。
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函数与导数解答题之隐零点问题
1.设函数()2x
f x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.
2. 已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.
（1）若函数()f x 在)
2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围； （2）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.
3.已知函数()()ln x
f x e x m =-+. (1)设0x =是()f x 的极值点，求m ,并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明()0f x >.
4. 已知函数()32213
f x x x ax =
+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <. (1)求实数a 的取值范围； （2）证明：()21112f x >.
5.已知函数满足满足. （Ⅰ）求的解析式及单调区间； （Ⅱ）若，求的最大值.
6.已知函数()21ln 2
f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.
()f x 121()(1)(0)2
x f x f e f x x -'=-+()f x 21()2f x x ax b ≥
++(1)a b +。