(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
函数隐零点问题
函数隐零点问题导数专题：隐零点问题（高中数学）1.已知函数$f(x)=e^x-\ln(x+m)$Ι）设$x=0$是$f(x)$的极值点，求$m$，并讨论$f(x)$的单调性；Ⅱ）当$m\leq2$时，证明$f(x)>0$。
2.已知函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{2}x$1）证明：对于任意$k\in\mathbb{R}$，直线$y=g(x)$都不是曲线$y=f(x)$的切线；2）若存在$x\in[e,e^2]$，使得$f(x)\leq g(x)+k$成立，求实数$k$的取值范围。
3.设函数$f(x)=e^x+ax+b$在点$(0,f(0))$处的切线方程为$x+y+1=0$。
Ⅰ）求$a$，$b$值，并求$f(x)$的单调区间；Ⅱ）证明：当$x\geq0$时，$f(x)>x^2-4$。
4.已知函数$f(x)=a\ln x-e^x$；1）讨论$f(x)$的极值点的个数；2）若$a=2$，证明$f(x)<0$。
5.已知函数$f(x)=x^a\ln x$有极值点，其中$e$为自然对数的底数。
1）求$a$的取值范围；2）若$a\in(0,1]$，证明：对于任意$x\in(0,2]$，都有$f(x)<0$。
6.设函数$f(x)=ax^2-\ln x+1$（$a\in\mathbb{R}$）1）求函数$f(x)$的单调区间；2）若函数$g(x)=ax^2-e^x+3$，证明：对于任意$x\in(0,+\infty)$，都有$f(x)>g(x)$。
7.已知函数$f(x)=x\ln x+ax+b$在点$(1,f(1))$处的切线为$3x-y-2=0$。
1）求函数$f(x)$的解析式；2）若$k\in\mathbb{Z}$，且对任意$x>1$，都有$k<f(x)$成立，求$k$的最大值。
２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析
㊀㊀㊀讲题比赛获奖论文之六:２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析◉中央民族大学附属中学呼和浩特分校㊀李雪峰㊀㊀摘要:函数零点问题在高考压轴题中经常出现．在解题过程中,按照一定标准对参数分类讨论㊁把握细节确定方向㊁引入隐零点㊁区间卡根,这些方面都可能成为解决零点问题的障碍．所以,选取适当的角度观察㊁分析,根据题目中的关键信息制定策略㊁拟定解题思路,并在此基础上进行计算㊁推理论证,往往是解题的关键．只有明白了思考的底层逻辑,才能使分析问题㊁解决问题的能力有所提高．关键词:函数零点问题;分类讨论;数形结合;区间卡根１试题呈现(２０２２年高考数学全国乙卷第２１题)已知函数f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x．(１)当a ＝１时,求曲线y ＝f (x )在点(０,f (０))处的切线方程;(２)若f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,求a 的取值范围．２试题解析本题的第(１)问不多赘述,下面给出第(２)问的几种不同的思考角度和解题方法．２．１思路一及解法２．１．１解题思路一的形成因为题中所给条件是函数零点问题,所以我们先观察函数值的正负情况以及何时为零．当a ȡ０时,若x ＞０,则f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０恒成立,与题意不符．因此,下面只讨论a ＜０时的情形．通过观察易知f (０)＝０,当x ң－１时,f (x )ң－ɕ;当x ң＋ɕ时,f (x )ң＋ɕ．要使f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,则可以猜测f (x )的图象大致如图１所示．图１由图１可知,fᶄ(０)＝a ＋１＜０显然为其必要条件,即a ＜－１．下面需要说明:①当a ȡ－１时,不符合题意;②当a ＜－１时,讨论函数f (x )的单调性,再根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．思路一的思维导图如图２所示．函数f (x )零点问题观察函数的零点及正负情况确定讨论a 的标准说明a ȡ０和－１ɤa ＜０时不符合题意当a ＜－１时,利用隐零点讨论f (x )的单调性,并区间探点,说明a ＜－１时符合题意得出结论图２２．１．２具体解法解法１:由思路一的分析可知a ȡ０不合题意,下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导,得f ᶄ(x )＝e x ＋a (１－x ２)(x ＋１)ex．设g (x )＝e x ＋a (１－x ２)．当－１ɤa ＜０时,在区间(０,＋ɕ)上,有g (x )＝e x ＋a (１－x ２)＝(e x＋a )－a x ２＞０．所以,在区间(０,＋ɕ)上,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,则f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．当a ＜－１时,g ᶄ(x )＝e x－２a x ,因为g ᵡ(x )＝e x－２a ＞０,所以g ᶄ(x )在区间(－１,＋ɕ)上单调递增．又因为g ᶄ(－１)＝e －１＋２a ＜０,gᶄ(０)＝１＞０,所以存在唯一x ０ɪ(－１,０),使g ᶄ(x ０)＝０．因此,当x ɪ(－１,x ０)时,g ᶄ(x )＜０,g(x )单调递减;当x ɪ(x ０,＋ɕ)时,g ᶄ(x)＞０,g (x )单调递增．(为直观起见,下面分别画出函数g ᶄ(x ),g (x ),f (x )的大致图象,如图３~５所示．)图３㊀㊀图４３２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀图５于是g (x ０)＜g (０)＝a ＋１＜０,又因为g (－１)＝１e ＞０,g (１)＝e ＞０,所以存在x １ɪ(－１,x ０),x ２ɪ(x ０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．当x ɪ(－１,x １)时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(x １,x ２)时,g (x )＜０,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减;当x ɪ(x ２,＋ɕ)时,g (x )＞０,fᶄ(x )＞０,f (x )单调递增．同时可知f (x １)＞f (０)＝０,f (x ２)＜f (０)＝０．(至此,利用隐零点求出了函数f (x )的单调区间．下面利用放缩法进行区间卡根,根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．)当－１＜x ＜０时,因为x e －x＞－e(证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＜l n (x ＋１)－e a ．由l n (x ＋１)－e a ＜０,得x ＜e e a －１．取m ＝e e a－１,则f (m )＜０,从而存在唯一s ɪ(m ,x １),使f (s )＝０．当x ＞０时,因为x e －xɤ１e (证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞l n (x ＋１)＋a e．由l n (x ＋１)＋a e＞０,得x ＞e －a e－１．取n ＝e －a e－１,则f (n )＞０,从而存在唯一t ɪ(x ２,n ),使f (t )＝０．所以,当a ＜－１时,函数f (x )区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．解法２:当a ȡ０时,在区间(０,＋ɕ)上,f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０,与题意不符．下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导得f ᶄ(x )＝１x ＋１＋a (１－x )ex＝１x ＋１[１＋a (１－x ２)e x]．(注意常见的变形技巧:对数 单身狗 ,指数 找朋友 ．)设g (x )＝１＋a (１－x ２)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．求导,得g ᶄ(x )＝a (x ２－２x －１)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．易得g (x )在(－１,１－２)上单调递减,在(１－２,１＋２)上单调递增,在(１＋２,＋ɕ)上单调递增．当－１ɤa ＜０时,g (０)＝a ＋１ȡ０,又因为当x ＞１＋２时,g (x )＝１＋a (１－x ２)ex＞１,所以当x ＞０时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,从而f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．(为直观起见,给出g (x )的图象,如图６所示．)图６当a ＜－１时,g (０)＝a ＋１＜０,因为g (－１)＝g (１)＝１＞０,g (１－２)＜g (０)＜０,所以存在唯一x １ɪ(－１,０),x ２ɪ(０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．此时f (x )在(－１,x １)上单调递增,(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋ɕ)上单调递增．故f (x １)＞f (０)＝０＞f (x ２)．(为直观起见,给出g (x ),f (x )的图象,如图７．)㊀图７下面找点说明f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上有零点．f (x )＝l n (１＋x )＋a xex (a ＜－１)．设m (x )＝x e x ,则x ɪ(－１,１)时,m ᶄ(x )＝１－xex ＞０,x ɪ(１,＋ɕ)时,m ᶄ(x )＜０．于是m (x )ɪ－e ,１e æèçöø÷．所以,可得l n (１＋x )＋ae＜l n (１＋x )＋a xex ＜l n (１＋x )－a e ．由l n (１＋x )＋a e＝０,解得x ＝e －ae－１＞０,f (e －a e－１)＞l n (１＋e －－１)＋a e＝０．由l n (１＋x )－a e ＝０,解得x ＝e e a－１．所以可得f (e a e －１)＜l n (１＋e a e－１)－a e ＝０．所以f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．点评:解法１和解法２的基本思路一样,都是按照一定的标准对参数a 进行分类讨论,然后借助隐零点将函数的定义域分成若干个单调区间,最后在每个单调区间上卡根,根据零点存在定理说明函数零点的情况．解法２在求导后将导函数等价变形,使再求导后只需解一个不含参的二次不等式,简化了运算．解题一般是按照由易到难的顺序进行思考,即先４２命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年１２月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀观察㊁猜想,再分析㊁思辨,最后论证㊁求解．题目越复杂越要注意细节,细节往往是打通解题思路的关键．２．２思路二及解法２．２．１解题思路二的形成函数零点的问题往往可以转化为两个函数图象交点问题,因此该题可以考虑参变分离,将函数零点的问题转化为直线与另一个函数图象交点问题,同时还可以避免参数讨论带来的麻烦．思路二的思维导图,如图８所示．函数f (x )零点问题转化为直线y ＝－a 与y ＝F (x )图象交点问题求导后,讨论F ᶄ(x )的符号及F (x )的单调性x ＞０时,求出F (x )在x ＝０处的极限,由图可得a ＜－１当x ＜０时,利用隐零点,讨论F (x )的单调性,并求出F (x )当x 趋于－１时的极限,由图可得a ＜－１得出结论图８２．２．２具体解法解法３:因为f (０)＝０,所以f (x )＝０等价于－a ＝e x l n (１＋x )x．令F (x )＝e x l n (１＋x )x (x ＞－１),则F ᶄ(x )＝e x[(x ２－１)l n (１＋x )＋x ]x ２(x ＋１)．令g (x )＝(x ２－１)l n (１＋x )＋x ,则gᶄ(x )＝x [１＋２l n (１＋x )]．(注意到g (０)＝０,所以先讨论g (x )在x ＞０时的正负情况．)当x ＞０时,gᶄ(x )＞０,则g (x )单调递增,g (x )＞g (０)＝０,从而当x ＞０时,F ᶄ(x )＞０,F (x )在(０,＋ɕ)单调递增．由导数定义,得㊀F (x )＞l i m x ң０F (x )＝l i m x ң０e xl n (１＋x )－e ０l n (１＋０)x －０＝[e xl n (１＋x )]ᶄ|x ＝０＝[e x １１＋x ＋e xl n (１＋x )]|x ＝０＝１．(为直观起见,下面给出F (x )的图象．)图９如图９所示,要使直线y ＝a 与F (x )图象在y 轴右侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．因为e e l n (１＋e －a )e－a＋a ＞l n (１＋e －a )＋a ＞l n e －a＋a ＝０,所以由零点存在定理可知,a ＜－１时,f (x )在区间(０,＋ɕ)恰有一个零点．当－１＜x ＜０时,令g ᶄ(x )＝０,得x ＝e －－１．易知g (x )在(－１,e －１２－１)上单调递增,在(e －１２－１,０)上单调递减,则g (e －１２－１)＞g (０)＝０．因为g (e －１－１)＝－e ２＋３e －１e２＜０,所以存在唯一x ０ɪ(e －１－１,e －１２－１),使g (x ０)＝０．(为直观起见,给出g (x ),F (x )的图象,如图１０．)㊀㊀图１０当－１＜x ＜x ０时,g (x )＜０,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减;当x ０＜x ＜０时,g (x )＞０,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增．所以F (x ０)＜l i m x ң０F (x )＝１．又因为l i m x ң－１F (x )＝＋ɕ,所以要使直线y ＝a 与f (x )图象在y 轴左侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．综上所述,当a ＜－１时,f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点．点评:解法３的好处在于对F (x )求导后避免了参数的讨论;难点在于当x 趋于０时F (x )的极限值不易求出,虽然可用洛必达法则,但是超出了高中所学．该解法绕开了洛必达法则,利用导数的定义求出F (x )在x ＝０处的极限,比较巧妙,不易想到．３试题链接下面给出两道高考真题,供读者练习．试题１㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理科)已知函数f (x )＝a e ２x ＋(a －２)e x－x ．(１)讨论f (x )的单调性;(２)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围．试题２㊀(２０１８年全国Ⅱ卷理科)已知函数f (x )＝e x－a x ２．(１)若a ＝１,证明:当x ȡ０时,f (x )ȡ１;(２)若f (x )在(０,＋ɕ)只有一个零点,求a ．４总结函数零点问题是高考的常考内容,数形并用㊁合理分类是解题的关键．区间探点是一个难点,常常可以用放缩法解决．上述方法都是解决此类问题的典型方法,由于方法３中的极限值不易求出,考试中绝大多数考生选择了方法１和方法２．该题对学生的逻辑推理能力和运算能力要求较高,解题时要求学生注意细节㊁大胆猜想㊁合理分类㊁准确计算,这样才能将问题顺利解决．Z５２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. 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高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题
高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题1.（2012?新课标）设函数 f （x） =e x﹣ ax﹣2．（Ⅰ）求 f （x）的单一区间；（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．解：（I）函数 f（ x）=e x﹣ax﹣2 的定义域是 R，f ′（x）=e x﹣a，若a≤0，则 f ′（x）=e x﹣a≥0，因此函数 f（x）=e x﹣ax﹣ 2 在（﹣∞， +∞）上单一递加．若a＞0，则当 x∈（﹣∞， lna）时， f ′（ x） =e x﹣ a＜ 0；当 x∈（lna，+∞）时， f ′（x）=e x﹣a＞0；因此， f（ x）在（﹣∞， lna）单一递减，在（ lna ，+∞）上单一递加．（II）因为 a=1，因此，（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＞0）①令 g（x）=，则g′（x）=由（ I）知，当 a=1 时，函数 h（x）=e x﹣x﹣2 在（ 0，+∞）上单一递加，而 h（ 1）＜ 0， h（2）＞ 0，因此 h（x） =e x﹣ x﹣ 2 在（ 0，+∞）上存在独一的零点，故 g′（ x）在（ 0，+∞）上存在独一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当 x∈（0，α）时， g′（x）＜ 0；当 x∈（α，+∞）时， g′（x）＞ 0；因此 g（ x）在（ 0，+∞）上的最小值为g（α）．又由 g′（α）=0，可得 eα=α+2 因此 g（α）=α+1∈（2， 3）因为①式等价于k＜g（α），故整数 k 的最大值为 2．2.（2013?新课标Ⅱ）已知函数 f（x）=e x﹣ln（ x+m）（Ι）设 x=0 是 f （x）的极值点，求 m，并议论 f（ x）的单一性；（Ⅱ）当 m ≤2 时，证明 f （x）＞ 0．【解答】（Ⅰ）解：∵，x=0 是 f（x）的极值点，∴，解得 m=1．因此函数 f （x）=e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣ 1，+∞）．∵．设 g（x）=e x（x+1）﹣ 1，则 g′（ x） =e x（ x+1）+e x＞0，因此 g（x）在（﹣ 1，+∞）上为增函数，又∵ g（0）=0，因此当 x＞ 0 时， g（ x）＞ 0，即 f ′（x）＞ 0；当﹣ 1＜x＜0 时， g（x）＜ 0， f ′（ x）＜ 0．因此 f（ x）在（﹣ 1，0）上为减函数；在（ 0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当 m≤ 2， x∈（﹣ m，+∞）时， ln（x+m）≤ ln（x+2），故只要证明当 m=2 时 f（ x）＞ 0．当 m=2 时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且 f ′（﹣ 1）＜ 0，f ′（0）＞ 0．故f （′ x）=0 在（﹣ 2，+∞）上有独一实数根 x0，且 x0∈（﹣ 1，0）．当 x∈（﹣ 2， x0）时， f （′x）＜ 0，当 x∈（x0， +∞）时，f（′x）＞ 0，进而当 x=x0时， f （x）获得最小值．由 f （′ x0）=0，得00，ln（ x +2）=﹣x ．故 f（x）≥=＞0．综上，当 m ≤2 时， f（x）＞ 0．3.（2015?新课标Ⅰ）设函数 f （x）=e2x﹣alnx．（Ⅰ）议论 f（ x）的导函数 f ′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞ 0 时， f （x）≥ 2a+aln．解：（Ⅰ） f（x）=e2x﹣alnx 的定义域为（ 0，+∞），∴ f ′（ x） =2e2x﹣．当 a≤0 时， f ′（x）＞ 0 恒建立，故 f ′（x）没有零点，当 a＞0 时，∵ y=e2x为单一递加， y=﹣单一递加，∴ f′（x）在（0，+∞）单一递加，又 f ′（a）＞0，假定存在 b 知足 0＜b＜ln 时，且 b＜，f ′（b）＜ 0，故当 a＞0 时，导函数 f ′（x）存在独一的零点，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数 f ′（ x）在（ 0，+∞）上的独一零点为 x0，当x∈（0，x0）时， f ′（x）＜ 0，当 x∈（ x0+∞）时， f （′x）＞ 0，故 f（x）在（ 0， x0）单一递减，在（ x0+∞）单一递加，所欲当 x=x0时， f （x）获得最小值，最小值为f（ x0），因为﹣=0，因此 f（ x0）=+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥ 2a+aln．4.（2016?新课标Ⅱ）（Ⅰ）议论函数f（ x） =e x的单一性，并证明当x＞0 时，（x﹣ 2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当 a∈[ 0，1）时，函数 g（ x）=（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数 h（a）的值域．解：（1）证明： f （x） =f' （x）=e x（）=，∵当 x∈（﹣∞，﹣ 2）∪（﹣ 2，+∞）时， f'（ x）≥ 0∴f （x）在（﹣∞，﹣ 2）和（﹣ 2，+∞）上单一递加，∴ x＞ 0 时，＞f（ 0） =﹣ 1即（ x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）===a∈[ 0， 1），由（ 1）知，当 x＞ 0 时， f （x）=的值域为（﹣ 1，+∞），只有一解使得，只要?e t≤0 恒建立，可得﹣ 2＜t ≤2，由 x＞0，可得 t ∈（0，2]当 x∈（0，t ）时， g'（x）＜ 0， g（x）单一减；当 x∈（ t，+∞），g'（ x）＞ 0， g（ x）单一增；h（a）===记 k（ t ）=，在t∈（0，2]时，k'（t）=＞0，故 k（ t ）单一递加，因此h（a） =k（t ）∈（，] ．5.（2017?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣ xlnx，且 f（x）≥ 0．（1）求 a；（2）证明： f（x）存在独一的极大值点x0，且 e﹣2＜ f（x0）＜ 2﹣2．【解答】（ 1）解：因为 f（x）=ax2﹣ ax﹣xlnx=x（ax﹣ a﹣ lnx）（x＞0），则 f（x）≥ 0 等价于 h（ x） =ax﹣a﹣lnx≥ 0，求导可知 h′（ x） =a﹣．则当 a≤ 0 时 h′（ x）＜ 0，即 y=h（x）在（ 0，+∞）上单一递减，因此当 x0＞1 时， h（x0）＜ h（1） =0，矛盾，故 a＞0．因为当 0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，因此 h（x）min =h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，因此=1，解得 a=1；另解：因为 f（ 1）=0，因此 f （x）≥ 0 等价于 f （x）在 x＞0 时的最小值为 f（1），因此等价于 f（ x）在 x=1 处是极小值，因此解得 a=1；（2）证明：由（ 1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx， f ′（ x） =2x﹣2﹣lnx ，令 f （′x ）=0，可得 2x ﹣2﹣lnx=0，记 t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则 t ′（x ）=2﹣ ，令 t （′ x ）=0，解得： x= ，因此 t （ x ）在区间（ 0， ）上单一递减，在（ ，+∞）上单一递加，因此 t （ x ） min =t （ ） =ln2﹣1＜ 0，进而 t （x ）=0 有解，即 f （′x ）=0 存在两根 x 0， x 2， 且不如设 f ′（x ）在（ 0，x 0）上为正、在（ x 0， x 2）上为负、在（ x 2， +∞）上为正， 因此 f （ x ）必存在独一极大值点 x 0 0 0=0，，且 2x ﹣ 2﹣ lnx因此 f （ x 0） =﹣0﹣ 00 ﹣ 00﹣20﹣，xx lnx =x +2x=x由 x 0 ＜ 可知 f （ x ）＜（ x ﹣）max =﹣+ = ；由 f （′ ）＜ 0 可知 x 0＜ ＜ ，因此 f （x ）在（ 0，x 0）上单一递加，在（ x 0， ）上单一递减，因此 f （ x 0）＞ f （ ）= ；综上所述， f （x ）存在独一的极大值点﹣2＜f （x 0 ﹣2． x ，且 e ）＜ 2。
2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-导函数的隐零点-专项训练一、基本技能练1.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；.(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－322.已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.3.已知函数f(x)＝(x－a)e x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x恒成立，求b的最小值.二、创新拓展练4.已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋ax，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.(1)求实数a的值；.(2)求证：f(x)＋g(x)<e x＋cos xx参考答案与解析一、基本技能练1.(1)解因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1.又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0.由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1x 又＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32.2.解(1)易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞).当a ＝e 时，f (x )＝x e x －e x －eln x ＋e ，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e －e x＝(x ＋x x >0.易知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f (x )的最小值为f (1)＝e －e －eln 1＋e ＝e ，无最大值.(2)因为f (x )＝x e x －ax －a ln x ＋a ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x －a －a x＝(x ＋x x >0.当a ≤0时，易知f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f (x )至多有一个零点，不符合题意.当a >0时，令g (x )＝e x －a x，x >0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x －a x＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得x(0，x 0)(x 0，＋∞)f ′(x )－＋f (x )单调递减单调递增为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.①因为x 0是方程e x －a x＝0的解，所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0，解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1.又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点.当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时，易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点.综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.解(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增.(2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x即b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x .令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x－1＝(x －x因为x 所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )x (x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－0(－4，－3).因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3.二、创新拓展练4.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1.(2)证明所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x <－x －1，即证x ln x －e x ＋x ＋1<0.设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2，令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2，则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，且r 2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0使得r ′(x 0)＝0，即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x 0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0，即x ln x－e x<－x－1.再证：－x－1<cos x－1(x>0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+；（2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.5．函数()ln()af x x t x=++，其中t ，a ，为实常数 （1）若0t =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若0t =时，不等式()1f x ≥在(0,1]x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若()xag x e x=+，当2t ≤时，证明：()()g x f x >.6．已知函数()()ln f x x x a =-，()3F x x x m =-+，若()f x 在()(),e f e 处的切线斜率为1.（1）若()()f x F x <在()1,+∞上恒成立，求m 的最小值M ； （2）当m M =，(]0,1x ∈时，求证：()()xf x e F x >⋅.函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.【答案】．（1）当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【解析】 【分析】 （1）求导()()110axf x a x x x-'=-=>，根据定义域，分0a ≤和0a >两类讨论求解.（2）证法一：由（1）知，当0a >时，()1ln ln1f x x ax a =-≤-，当1a e =时，有ln x x e≤，即2ln e x ex ≤，将2ln 0x e e x ->恒成立，转化为x e ex ≥在()0,∞+上恒成立，设()()0xe g x x x=>，用导数法论证()g x e >即可.【详解】 （1）()()110ax f x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）证法一：由（1）可知，当0a >时，()1ln ln 1f x x ax a=-≤-， 特别地，取1a e =，有ln 0xx e -≤，即ln x x e≤， 所以2ln e x ex ≤（当且仅当x e =时等号成立），因此，要证2ln 0x e e x ->恒成立，只要证明x e ex ≥在()0,∞+上恒成立即可，设()()0xe g x x x =>，则()()21x e x g x x-'=， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增.所以，当1x =时，()()min 1g x g e ==，即x e ex ≥在()0,∞+上恒成立.因此，有2ln x e ex e x ≥≥，又因为两个等号不能同时成立，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.证法二：记函数()22ln ln x x e x ex x eφ-=-=-，则()22111x x x e e e x x φ-'=⨯-=-，可知()x φ'在()0,∞+上单调递增，又由()10φ'<，()20φ'>知，()x φ'在()0,∞+上有唯一实根0x ，且012x <<，则()020010x x ex φ-'=-=，即()0201*x e x -=， 当()00,x x ∈时，()0x φ'<，()x φ单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0x φ'>，()x φ单调递增，所以()()0200ln x x x ex φφ-≥=-，结合（*）式021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()()2200000000121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>，则()2ln 0x x e x φ-=->，即2ln x e x ->，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了分类讨论的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于难题.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．【答案】（1）0；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）1em =，对函数()f x 求导，利用导数判断其单调性，进而可求出最小值； （2）构造函数()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，对函数()F x 求导，分别求出01x <≤和1x >时，函数()F x 的单调性，进而证明其最大值小于0，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意知()f x 的定义域为0,．当1e m =时，()l e n e x f x x xx =+-，则()()()()22e e 1e 111e e x x x x xf x x x x---'=+-=． 令()()e e 0xu x x x =->，则()e e xu x '=-，令()0u x '>，得1x >，令()0u x '<，得01x <<， 故()u x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，则()()10u x u ≥=，即对任意()0,x ∈+∞，()e e 0xu x x =-≥恒成立． 所以令0fx ，得1x >，令0f x ，得01x <<，故()f x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，所以当1x =时，()f x 取得最小值，即()()min 10f x f ==．（2）令()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，220e m ≥>， 则()()221e1e e xx x x m x m x m F x x x x---'=-=， 当01x <≤时，()10m x --≥，则()0F x '>，()F x 单调递增， 所以当01x <≤时，()()1e 0m x F F =-<≤，故()()f x g x <成立； 当1x >时，()()()21e 1x m x x F x x m x ⎡⎤-'=-⋅-⎢⎥-⎣⎦，显然()210m x x --<， 令()()()e 11xxG x x m x =->-，则()()21e 1G x x m x '=+-，因为220em ≥>，所以()0G x '>，即()G x 在1,上单调递增，因为2e 2m ≥，所以()222e 22e 0m G m m-=-=≥，因为222e 11e 1e 1m m m =+--，且2e 11m -≥，所以22e 12e 1m m <≤-， 所以存在t 满足22e 12e 1m t m <<≤-，则()22e 1e t m m -<，整理得()2e 1t m t >-， 则有()()22e e e 01ttG t m t =-<-=-．因为()()20G t G ≤，所以()G x 存在唯一零点(]01,2x ∈，所以()01,x x ∈时，()0G x <，()0F x '>，()F x 单调递增；()0,x x ∈+∞时，()0G x >，()0F x '<，()F x 单调递减，所以当1x >时，()F x 的最大值为()0F x ，且(]01,2x ∈．由()00G x =，可得()000e 1x x m x =-，故()000000e 1ln ln 1x m F x x x x x =-=--．令()n 11l x x x ϕ=--，(]1,2x ∈，则()()21101x x x ϕ'=+>-，所以()ϕx 在(]1,2上单调递增，所以()()2ln 21x ϕϕ≤=-， 故()0ln 210F x ≤-<，所以1x >时，()()f x g x <成立． 综上所述，()()f x g x <．【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，考查学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题.3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.【答案】(1)10x y --=；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出原函数的导函数,得到()1f ',再求得()1f ，利用直线方程点斜式得答案； (2)由()()1f x ax x >-等价于ln (1)x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，求得()g x '，利用导数研究其单调性，由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x > ,计算可得()0ag e -<，则存在01,,ax e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =,结合()g x 在区间01,x a ⎛⎫⎪⎝⎭内是增函数,可得当01,x x a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >.由此可证得结论. 【详解】(1)由()ln f x x x =,得()ln 1f x x '=+， ∴()()10,11f f '==，故所求切线方程为()011y x -=⨯-，即10x y --=； (2)证明：由()()1f x ax x >-,得ln (1)x x ax x >-，考虑到0x >，可得()ln 1x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，则111()a x ax a g x a x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'=-==-，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，∴()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >，①又()()ln 10aa a a g ee a e ae ----=--=-<,则存在01,,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =.又()g x 在区间01,x a⎛⎫ ⎪⎝⎭内是增函数，∴当01,x x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >.② 由①②可知,存在01,c x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()0g x >恒成立， 即存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得对任意的(,1)x c ∈，恒有()(1)f x ax x >-. 【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的最值，及恒成立问题呢，属于难题. 4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+； （2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，()a ϕ的值域为63222(,)9393e e e e -+-+【解析】 【分析】（1）求出导数()f x '，确定函数()f x 的单调性，从而证明2x ≥时，()(2)f x f ≥，此不等式同乘以2x ，即证得题设不等式成立； （2）求()g x '，由（1）可得4211(2,1)a e e∈----时，2(,)x e e ∈时，()g x '有唯一零点0x ，这就是()g x 的最小值点，求得0()()a g x ϕ=，由0201ln 0x a x ++=，把()g a 转化为0x 的函数0()h x ，再由导数的知识研究0()h x 在2(,)e e 上的单调性，得其取值范围。
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$x_0$。
(精品)第6讲 导数压轴题之隐零点问题
2019通山一中高三数学导学案 使用时间：2019.03.15 编制人：王有炎 审核人：李玲 班级： 小组： 姓名： 评价：
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第5讲 导数压轴题之隐零点问题---隐形零点、设而不求
归纳：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合
的
单调性得到零点的范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数
的正负，进而得到
的最值表达式；
第三步：将零点方程适当变形，整体代人最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小，
我们将其称为隐形零点三部曲.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），最后整体代入即可.
1．设函数，设求证：当时，
.
2．函数f （x ）=alnx ﹣x 2+x ，g （x ）=（x ﹣2）e x ﹣x 2+m （其中e=2.71828…）． （1）当a ≤0时，讨论函数f （x ）的单调性；
（2）当a=﹣1，x ∈（0，1]时，f （x ）＞g （x ）恒成立，求正整数m 的最大值．
3．已知函数f （x ）=
，其中a 为常数．
（1）若a=0，求函数f （x ）的极值；
（2）若函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，求实数a 的取值范围；
（3）若a=﹣1，设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，求证：f （x 0）＜﹣2．
4．已知函数
．
（Ⅰ）当a=2时，（i ）求曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （ii ）求函数f （x ）的单调区间； （Ⅱ）若1＜a ＜2，求证：f （x ）＜﹣1．。
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导数压轴分类（6）---函数的隐零点问题任务一、完成下面问题，总结隐零点问题的解题方法。
例1. [2013湖北理10] 已知a 为常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点21x x ，，且21x x ＜，则（ ）A.)(1x f ＞0，)(2x f ＞21-B. )(1x f ＜0，)(2x f ＜21- C. )(1x f ＞0，)(2x f ＜21- D . )(1x f ＜0，)(2x f ＞21-例2. [2012全国文21] 设函数2)(--=ax e x f x .（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若1=a ，k 为整数，且当x ＞0时，1)(')(++-x x f k x ＞0，求k 的最大值。
k 的最大值=2任务二、完成下面问题，体验隐零点问题的解题方法的应用。
2.1 [2015北京海淀二模理18] 设函数2ln 1)(xx x f -=. （Ⅰ）求函数)(x f 的零点及单调区间； （Ⅱ）求证：曲线x x y ln =存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标0y ＜1-提示解析：（Ⅰ）函数)(x f 的零点为x e =，单调减区间32(0,)e ；单调增区间32(,)e +∞； （Ⅱ）xx y ln =存在斜率为6的切线即存在点000ln (,)x x x 处导数为6，于是0201ln 6x x -=，即2001ln 60x x --=，令2()1ln 6f x x x =--为增函数，易判断所以01(,1)2x ∈，所以20000000ln 1616x x y x x x x -===-为减函数，所以00012|231x y y =<=-=-2.2 [2013全国Ⅱ理21] 设函数)ln()(m x e x f x +-=.（Ⅰ）若x ＝0是)(x f 的极值点，求m ＞0，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）当m ≤2时，求证：)(x f ＞0.任务三、完成下面问题，体验隐零点问题解题的运用，提高解题能力。
2．3. [2016广州一模理21] 已知函数+3()e x m f x x =-,()()ln 12g x x =++． （Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，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 >-.（Ⅰ）解：因为+3()ex m f x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分 因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1， 所以()0e 1m f '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ）证法一：因为+3()ex m f x x =-,()()ln 12g x x =++， 所以()3()f x g x x >-等价于()+e ln 120x m x -+->． 当1m ≥时，()()+1eln 12e ln 12x m x x x +-+-≥-+-．要证()+e ln 120x m x -+->，只需证明1e ln(1)20x x +-+->.………………4分 以下给出三种思路证明1e ln(1)20x x +-+->．思路1：设()()1eln 12x h x x +=-+-，则()11e 1x h x x +'=-+. 设()11e 1x p x x +=-+，则()()121e 01x p x x +'=+>+． 所以函数()p x =()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上单调递增．…………………6分 因为121e 202h ⎛⎫'-=-< ⎪⎝⎭，()0e 10h '=->， 所以函数()11e 1x h x x +'=-+在()1+-∞，上有唯一零点0x ，且01,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 8分 因为()00h x '=，所以0+101e 1x x =+，即()()00ln 11x x +=-+.………………9分 当()01,x x ∈-时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x .………………………………………10分所以()()()0100=e ln 12x h x h x x +≥-+-()0011201x x =++->+. 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-. ……………………………………12分 思路2：先证明1e 2x x +≥+()x ∈R ．……………………………………………5分 设()1e 2x h x x +=--，则()+1e 1x h x '=-．因为当1x <-时，()0h x '<，当1x >-时，()0h x '>，所以当1x <-时，函数()h x 单调递减，当1x >-时，函数()h x 单调递增． 所以()()10h x h ≥-=．所以1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………………………………7分 所以要证明1e ln(1)20x x +-+->，只需证明()2ln(1)20x x +-+->．………………………………………………8分 下面证明()ln 10x x -+≥． 设()()ln 1p x x x =-+，则()1111x p 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()()00p x p ≥=．所以()ln 10x x -+≥（当且仅当0x =时取等号）．……………………………10分 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 >-. ……………………………………12分 （若考生先放缩()ln 1x +，或e x 、()ln 1x +同时放缩，请参考此思路给分！） 思路3：先证明1eln(1)20x x +-+->． 令1t x =+，转化为证明e ln 2t t ->()0t >．……………………………………5分 因为曲线e t y =与曲线ln y t =关于直线y t =对称，设直线0x x =()00x >与曲线e t y =、ln y t =分别交于点A 、B ，点A 、B 到直线y t=的距离分别为1d 、2d ，则)122AB d d =+． 其中012x d 0022d =()00x >． ①设()000e x h x x =-()00x >，则()00e 1x h x '=-． 因为00x >，所以()00e 10x h x '=->．所以()0h x 在()0,+∞上单调递增，则()()001h x h >=． 所以00122x d =>②设()000ln p x x x =-()00x >，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．所以()()011p x p ≥=．所以2d ≥．所以)122AB d d ≥+>=⎭． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-.……………………………………12分 证法二：因为+3()e x m f x x =-,()()ln 12g x x =++，所以()3()f x g x x >-等价于()+eln 120x m x -+->．…………………………4分 以下给出两种思路证明()+eln 120x m x -+->． 思路1：设()()+eln 12x m h x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥，所以()()1e +1e 1ee e e e 10m m m m m m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->. 所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e 1x m x =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x m h x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分 思路2：先证明e 1()xx x ≥+∈R ，且ln(1)(1)x x x +≤>-．…………………5分 设()e 1x F x x =--，则()e 1x F x '=-．因为当0x <时，()0F x '<；当0x >时，()0F x '>，所以()F x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增．所以当0x =时，()F x 取得最小值(0)0F =．所以()(0)0F x F ≥=，即e 1()x x x ≥+∈R ．…………………………………7分 所以ln(1)x x +≤（当且仅当0x =时取等号）．…………………………………8分 再证明()+eln 120x m x -+->． 由e 1()x x x ≥+∈R ，得1e 2x x +≥+（当且仅当1x =-时取等号）．…………9分 因为1x >-，1m ≥，且1e 2x x +≥+与ln(1)x x +≤不同时取等号，所以 ()()+11e ln 12e e ln 12x m m x x x -+-+-=⋅-+-11e (2)2(e 1)(2)0m m x x x -->+--=-+≥．综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分。