2020年高考数学隐零点问题解题技巧
高考数学培优点 隐零点
则 F(x)≥F(x0)＝ ex0－a －ln x0－2＝x10＋x0－a－2>2 －a≥0，
x10·x0－a－2＝
当且仅当x10＝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.
能力提升 1.(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函数f(x)在(0， f(0))处的切线的斜率为2. (1)求实数b的值；
12
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意； ③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex， 令 k(x)＝ex－ax，k′(x)＝ex＋xa2>0 恒成立， 故k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷， 当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以函数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)＝x0 ex0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得 x0 ex0－1＝0，x0 ex0＝1， 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.
∴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，
高考培优微专题《隐零点问题》解析版
高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f ′(x )=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x =x 0,使得f ′(x )=0成立,这样的x 0就称为“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入f (x ),得到f (x 0);(4)再将x 0的等式代换,再求解(注意:x 0的取值范围).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(2)当a =1且k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，求k 的最大值．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.函数f(x)=xe x-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(1)∵f(x)=xe x-ax+b，∴f′(x)=(x+1)e x-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解 f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明 当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.【解析】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0, +∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解 g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解 (1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，x 0 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )max =f (x 0)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
导数隐零点解题技巧
导数隐零点解题技巧一、确定零点存在性在进行导数隐零点解题时，首先需要确定零点的存在性。
可以通过观察函数的单调性、极值点和拐点等特征来判断函数是否存在零点，并确定零点所在的区间。
二、判断零点唯一性确定零点存在后，需要进一步判断零点的唯一性。
可以利用导数判断函数的单调性，如果函数在某一区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，还可以结合函数的图像和一元函数的性质进行判断。
三、利用导数判断单调性利用导数判断单调性是导数隐零点解题的重要技巧之一。
如果函数在某区间内的导数大于0，则函数在该区间内单调递增；如果导数小于0，则函数在该区间内单调递减。
通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围和唯一性。
四、利用单调性确定零点范围通过判断单调性，可以进一步确定零点的范围。
如果函数在某区间内单调递增或递减，则该区间内最多只有一个零点。
此外，结合图像和已知的零点范围，可以进一步缩小零点的范围。
五、结合图像求解结合图像求解是导数隐零点解题的常用技巧之一。
通过画出函数的图像，可以直观地观察函数的极值点和拐点等特征，从而确定零点的位置和范围。
此外，结合图像还可以验证答案的正确性。
六、代数运算技巧在进行导数隐零点解题时，还需要掌握一些代数运算技巧。
例如，在求解一元二次方程时，可以采用因式分解法、配方法、公式法等技巧；在求解高次方程时，可以采用降次法、换元法等技巧。
此外，还需要掌握一些常用的不等式和恒等式。
七、零点存在定理的应用零点存在定理是导数隐零点解题的重要定理之一。
如果函数在闭区间[a,b]上连续，且在开区间(a,b)上可导，且f'(x)≠0，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ使得f'(ξ)=0。
利用该定理可以判断函数是否存在零点，并确定零点的位置。
八、排除法验证答案在进行导数隐零点解题时，可以采用排除法验证答案的正确性。
根据题目的已知条件和函数的性质，可以排除一些不可能的答案，从而缩小答案的范围。
2023年高考数学复习：隐零点问题
跟踪演练
(2021·菏泽模拟)已知函数f(x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2). (1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围；
解 由f(x)＝ln x－kx有唯一零点， 可得方程 ln x－kx＝0，即 k＝lnxx有唯一实根， 令 h(x)＝lnxx，则 h′(x)＝1－xl2n x， 由h′(x)>0，得0<x<e；由h′(x)<0，得x>e， ∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
能力 提升
零点问题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方 程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围. (2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的 最值表达式. (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有 时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
∴h(x)≤h(e)＝1e， 又h(1)＝0，∴当0<x<1时，h(x)<0； 又当 x>e 时，h(x)＝lnxx>0，
则 h(x)＝lnxx的大致图象如图所示， 可知， k＝1e或 k≤0.
(2)若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围.
解 ∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0， ∴k≥1＋xln x－ex＋2 恒成立， 令 φ(x)＝1＋xln x－ex＋2， 则 φ′(x)＝1x·x－x12＋ln x－ex＝－ln xx－2 x2ex， 令μ(x)＝－ln x－x2ex， 则 μ′(x)＝－1x－(2xex＋x2ex)＝－1x－xex(2＋x)<0(x>0)， ∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
证明 当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex， 因为x∈[0，π]，所以1＋cos x≥0， 令g(x)＝1＋cos x－ex，g′(x)＝－ex－sin x<0， 所以g(x)在区间[0，π]上单调递减. 因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0， 所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0， 且当0<x<x0时，f′(x)>0； 当x0<x<π时，f′(x)<0. 所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]. 所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.
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.。
专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)
导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。
2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈， 当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减， 当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>， 所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立， 所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值； （2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行， 则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+， 当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点， 当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点， 当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=， 当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<， 综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由； （2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+， 当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增， 而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'， 故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭， 当[)0,x x π∈-时，()0f x '<； 当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'， 当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立， 则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-， 易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增， 因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增， 又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->， 故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=， 此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈， 易知()x ϕ在()1,a 上单调递减， 所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增， 当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减， 当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增， 所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增， 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=， 所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点， 所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增 因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()'f x 为()f x 的导数．证明：（1）()'f x 在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)， 有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意； 当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减， 又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意； 当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增， 又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。
2020年高三微专题26：关于函数隐性零点问题
函数隐性零点问题近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。
用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。
函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。
根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。
1.不含参函数的隐性零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，①注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，①注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.题型一 求参数的最值或取值范围 例1设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2．（1）求f （x ）的单调区间；（2）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． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1．故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜11-+xe x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=11-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a①（1，2）．当x①（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x①（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）又由g′（a ）=0，可得e a =a+2，①所以g （a ）=a+1①（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ①根据零点的意义进行代数式的替换； ①结合前两步，确定目标式的范围。
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专题三 . 隐零点专题
知识点
一、不含参函数的隐零点问题
已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围.
二、含参函数的隐零点问题
已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关. 例1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ，证明)(x g ＞0.
例2.（2017052001）已知函数x a e x f x ln )(-=.
（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；
（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.
例3.（2017.全国II.21）已知函数x x ax ax x f ln )(2
--=，且()0f x ≥. （I ）求a ；
（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e . 例 4.(2016.全国甲.21)（I ）讨论函数2(x)e 2
x x f x -=
+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> （II ）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2
e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.
例 5.（2013.湖北.10）已知a 为常数，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.2
1)(,0)(21-<<x f x f
C.21)(,0)(21-<>x f x f
D.21)(,0)(21-><x f x f 例6.（2017022802）已知函数)ln 1()(x x x f +=.
（I ）求函数)(x f 的单调区间及其图象在点1=x 处的切线方程；
（II ）若Z ∈k ，且)()1(x f x k <-对任意1>x 恒成立，求k 的最大值.
例1
例4。