导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版
导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)1.已知函数f (x) = (ae x-a - x) e x(a>0, e=2.718 …e为自然对数的底数)，若f (x)>0对于x € R恒成立.(1)求实数a的值；(2)证明：f (x)存在唯一极大值点x o,且.「「一【解答】(1)解：f (x) =e x(ae x- a - x) >0，因为e x>0，所以ae x- a - x> 0恒成立，即a (e x- 1) >x恒成立，x=0时，显然成立，x>0 时，e x- 1 >0，故只需a> ' 在(0， + %)恒成立,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K故 a <1,综上：a=1 ；(2)证明：由(1) f (x) =e x(e x- x - 1),故f (x) =e x (2e x- x - 2),令h (x) =2e x- x - 2 , h' (x) =2e x- 1 ,所以h (x)在(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H £h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,e••h (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i •■•f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又•••-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增2所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a=1且k € Z时，不等式k (x — 1 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )•••函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，••• f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.••a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，•'•k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X K••h (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且 k € Z , • °k max =3 .3.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 O 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. 【解答】解：(1)函数f (x )定义域是(0 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当 x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增， 当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减； 综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸 时，f (x )的单调递增区间是 「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，•••当0 v x <1 时，1 —x X),设・•. 一乂，则•••u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ • ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;•函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9•J ：' I 15 ：， = ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q•••当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+x对任意x €( 0, 1］恒成立，•正整数m的最大值是3.4. 已知函数f (x) =e x+a—Inx (其中e=2.71828 …，是自然对数的底数).(I)当a=0时，求函数a=0的图象在(1 , f (1))处的切线方程;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . £【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄••f (1) =e , f ' 1( =e —1,•••函数f (x)的图象在(1 , f (1))处的切线方程：y-e= (e - 1) (x - 1), 即(e - 1) x - y+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二••g (x)是增函数，••e x+a>e a,「.由•「亠一一…x•••当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x•••当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则•------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。
) v h (，)，e e e而h (x(显然是增函数，• I …■■•，•.■_.：■「- - 1U E “X。
综上，当-“丨-一时，f (x) >e+1 .e本资料分享自千人教师QQ群323031380 5 .已知函数f (x) =axe x-( a+1 ) (2x - 1).f 'x)(v 0，f (x(递减;高中数学资源大全(1)若a=1，求函数f (x)的图象在点(0, f (0))处的切线方程;(2)当x >0时，函数f (x)>0恒成立，求实数a的取值范围.【解答】解：(1 )若a=1，则 f (x) =xe x- 2 (2x - 1),当x=0 时，f (0) =2，f (x) =xe x+e x- 4，当x=0 时，f (0) = - 3，所以所求切线方程为y= - 3x+2 .……(3分)(2)由条件可得，首先f (1 )>0，得-> ','■ ■ |，e-1而f (x) =a (x+1 ) e x- 2 (a+1 )，令其为h (x)，h' (x) =a (x+2 ) e x恒为正数，所以h (x)即f (x)单调递增，而f (0) = - 2 - a v 0，f (1) =2ea -2a - 2 X)，所以f (x)存在唯一根X0€( 0，1］，且函数f (x)在(0，X0)上单调递减，在(X0+ %)上单调递增,所以函数f (x)的最小值为：■1■... ' ' I I・，只需f (X0)X0即可，又X0满足- "_ —，(a+1) (-2X02+ K0+1)代入上式可得，x o+i'•'X0€( 0，1］，二一.二-匸 | I . -，即：f (X0)X0恒成立，所以「1 .……(13分)e-16 .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 ) >lnx -x+m ，求实数m 的取值范围. 【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: i r f(O)=b=lL f (8)=1 -3F —1解得 a=2 , b=1 .(2)v f (x )满足：当 x >0 时，f (x ) >lnx - x+m , •'•m <xe x - x - Inx+1，①令 g (x ) =xe x - x - Inx+1 , x > 0, 则 / :「「亠-设 g ' (o ) =0 , x o >0，则—，从而 Inx o = - x o ,由 g '( )- g' 1，知：1.,当 x €( 0 , X o )时，g 'x)(V 0 ; 当 x €( X 0, + x)时，g x ) (> 0,•函数g (x (在)0 , x o )上单调递减，在)x o , + x)上单调递增. ■'g (x ) min =g (x o ) = ., J— x o — Inx o = ：, - x o - Inx o =x 0?— x o +x 0=1 .xm <xe x - x - Inx+1 恒成立？ m <g (x ) min ,•实数m 的取值范围是：(-x, 1].本资料分享自千人教师 QQ 群323031380高中数学资源大全7 .已知函数 f (x ) =3e x +x 2, g (x ) =9x - 1 .,g '10 =2 (e - 1 )> 0，g(1)求函数© (x) =xe x+4x - f (x)的单调区间;(2)比较f (x)与g (x)的大小，并加以证明.【解答】解：(1) ©' (x) = (x-2) (e x- 2),令©' (x) =0 ,得x i=ln2 , X2=2 ;令©' (x)> 0，得x v ln2 或x >2 ;令©' (x) v 0，得ln2 v x v 2 .故© (x)在(-X, |n2 )上单调递增，在(In2，2)上单调递减，在(2，+ %)上单调递增.(2) f (x) > g (x).证明如下：设h (x) =f (x)- g (x) =3e x+x2- 9x+1，：h' (x) =3e x+2x - 9 为增函数, •••可设h' (x o) =0 , vh' (0) = - 6 v 0 , h' (1) =3e - 7 >0 ,「x o €( 0 , 1). 当x >X0 时，h' (x) > 0 ;当x v X0 时，h' (x)v 0 .•'h (x) min =h (X0)= ：［i ■'',又」I ：行匸，二:.1,•；：. H I 「匸丨工I J：-「=：：一丨1 十「= (X0 - 1) (X0 - 10),収0€( 0 , 1 ),.・.(X0- 1) (X0- 10 )> 0 ,• '•h ( X) min > 0 ,.°.f ( X) > g ( X ).8.已知函数f (x) =lnx+a (x- 1) 2(a>0).(1)讨论f (x)的单调性；3(2)若f (x)在区间(0, 1 )内有唯一的零点X0,证明：--.2 【解答】解：(1 )•」_'「■■-,X①当0 v a<2时，f (x)>0 , y=f (x)在(0 , + 上单调递增，②当a>2时，设2ax2- 2ax+1=0的两个根为，且X l=―書—，七 ~書—'y=f (乂)在(0，x i), (x2，+ %)单调递増，在(x i，x2)单调递减.(2)证明：依题可知f (1) =0,若f (x)在区间(0 , 1 )内有唯一的零点X0,由(1)可知a>2，且：，：「：. | ^、—:于是•-①「. 1： | 二 * | I -②由①②得・I，设=〔：「〕_,：' ■ ■，u x 0则- 一」'「，因此g (x)在© =•」上单调递减，2 x 23~2-1又；,「二^―，:- -y-<-f-3根据零点存在定理，故一…、9 •已知函数f (x)=—，其中a为常数. 如)2(1)若a=0，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (乂)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X0，求证：f (X0)v-2.【解答】解：(1) f (x)=埠的定义域是(0， + %), f 'x(=旦严，X X令 f 'x 0> 0，解得0 v x v •，令 f 'x )v 0，解得：x > ■■,则f (x )在(0, 一)递增，在(一，+ X )递减， 故f (x )极大值=f (■)=',无极小值； 2e (2)函数f (x )的定义域为{x|x >0且x 工-a}.(2x+2a)=―-， (s+a) 4(x+a)要使函数f (x )在(0，- a ) 上单调递增，则a v 0， 又 x €( 0， - a )时，a v x+a v 0， 只需1+2 - 2lnx <0在(0，- a )上恒成立，x 即a >2xlnx - x 在(0， - a )上恒成立，由 y=2xInx - x 的导数为 y ' =21+1 nx ) - 1=1+21 nx ， Ve丄v a v 0时，函数递减，可得a>0，矛盾不成立；当-a >丄即a v-丄时，函数y 在(0，-)递减，在(丄，-a )递增,VeVeyeve可得 y v- 2aln (- a ) +a ，可得 a >-2aln (- a ) +a ，解得-1 <a v 0， 则a 的范围是［-1，0);(3) 证明：a= - 1，则 f (x ) =— k ，. (x-1 )〜 l-21nx —导数为f 'x )=：， (X-1)3设函数f (x )在(0，1)上的极值点为X 0, 可得 1 - 2lnx 0—— =0，x即有 2lnx 0=1 ----- -lnx 0要证 f (X 0)v- 2，即 --------- -- +2 v 0，当x > 1时，函数y 递增，0 v x v 1时，函数y 递减,Ve 当- a故f (x o ) v- 2成立.10 .已知函数f (x ) =lnx - x+1，函数g (x ) =ax?e X - 4x ，其中a 为大于零的 常数.(I)求函数f (x )的单调区间；(U)求证：g (x ) - 2f (x ) >2 (l na - ln2 ).【解答】解：(I) •八一 〔「 ................................ 2 分)EXx €( 0, 1)时，f (x )> 0, y=f (x )单增；x €( 1, + x)时，f (x ) v 0, y=f (x )单减 .......................... (4 分)(U)证明：令 h (x ) =axe x - 4x - 2ln x+2x - 2=axe x - 2x - 2l nx - 2 (a > 0 ,x >0) ............... .(5 分) h v (x)=a (e K +x e 1) -2^~=ae x (x+l)-2-^^x x故'--：：二 ............................................................... (7 分)x令 h' (x ) =0 即"zo两边求对数得：Ina+x 0=ln2 - lnx ° 即 Inx °+X 0=ln2 - Ina ............................. (9 分)x• •丨 I .] ■ I I I ) I , I ) I 1 . ) I . ..) . . . 1 I I I < I . . I . . I ,•'h (x ) >2Ina - 2ln2由于X 0 € (0,1)，且 xo 4，2lnx 0=1 -丄不成立,xlnx 0+2 v 012 分)由于------ 7 ------- +22x 0 (i J-1)1-4I 0+4X 02 = 2X Q (XQ -I)11 .已知函数f (x) =x2-(a - 2) x - alnx (a € R).(I)求函数y=f (x)的单调区间；(U)当a=1 时，证明：对任意的x> 0 , f (x) +e x> X2+X+2 . 【解答】解：(I)函数f (x)的定义域是(0 , + %),f 'x O =2x -(a - 2)—1=_—…(2 分)K X当aO 时，f'x)(>0对任意x €( 0 , + %)恒成立，所以，函数f (x(在区间)0 , + %(单调递增；•••( 4分)当a > 0时，由f 'x )> 0得x >子，由f ' x)v 0，得0 v x v子所以，函数在区间):，+ %(上单调递增，在区间)0 ,：)上单调递减; (U)当a=1 时，f (x) =x2+x - Inx，要证明 f (x) +e x>x2+x+2 ，只需证明e x- Inx -2 >0，设g (x) =e x- Inx - 2，则问题转化为证明对任意的x >0，g (x) > 0，令g ' () =e x-丄=0，得e x=丄，x x容易知道该方程有唯一解，不妨设为X0，则X0满足e x0=—，x0当x变化时，g ')(和g (x(变化情况如下表g (x) min =g (X0)=e x0- Inx。
专题22 隐零点问题(解析版)
专题22隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．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)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0，即k <x ＋x ＋1e x－1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h (x )的隐零点)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α.又e α＝α＋2且α∈(1,2)，则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)，所以k 的最大值为2.2．已知函数f (x )＝1－ln xx 2.(1)求函数f (x )的零点及单调区间；(2)求证：曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y 0<－1.【解析】(1)函数f (x )的零点为e.函数f (x )，＋，e (解答过程略)(2)证明：要证明曲线y ＝ln xx 存在斜率为6的切线，即证明y ′＝1－ln x x 2＝6有解，等价于1－ln x －6x 2＝0在x >0上有解．构造辅助函数g (x )＝1－ln x －6x 2(x >0)，g ′(x )＝－1x －12x <0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝－5<0，1＋ln 2－32>0，所以∃x 0g (x 0)＝0.即证明曲线y ＝ln xx存在斜率为6的切线．设切点坐标为(x 0，f (x 0))，则f (x 0)＝ln x 0x 0＝1－6x 20x 0＝1x 0－6x 0，x 0令h (x )＝1x－6x ，x由h (x )h (x )<1，所以y 0＝f (x 0)<－1.3．设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点．当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，所以当a ＞0时，f ′(x )法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x ＞0)．因为函数g (x )＝2x (x ＞0)，h (x )＝e 2x (x ＞0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x ＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a ＞0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0.当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .4．已知函数f(x)＝xe x －a(x ＋ln x)．(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x 0是f(x)的一个极小值点，且f(x 0)>0，证明：f(x 0)>2(x 0－x 30)．【解析】(1)f′(x)＝(x ＋1)e x －(x ＋x ＝x ＋1xe x －ax，x ∈(0，＋∞)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a>0时，令h(x)＝xe x －a ，h′(x)＝(x ＋1)e x >0.显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(e a －1)>0，必存在x 0>0，使h(x 0)＝0.当x ∈(0，x 0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x ＝x 0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．(2)证明由(1)得，f′(x 0)＝0，即00e xx ＝a ，f(x 0)＝00e xx －a(x 0＋ln x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)，因为f(x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g(x)＝1－x －ln x ，g′(x)＝－1－1x <0，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x 0∈(0,1)，设φ(x)＝ln x －x ＋1，x ∈(0,1)，φ′(x)＝1x －1＝1－x x，当x ∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x<x －1，所以－ln x>1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x >x ＋1>0.因为x 0∈(0,1)，所以0e x>x 0＋1>0,1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0>0，相乘得0e x(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f(x 0)＝00e xx (1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．结论成立．5．已知函数f(x)＝－ln x －x 2＋x ，g(x)＝(x －2)e x －x 2＋m(其中e 为自然对数的底数)．当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m 的最大值．【解析】当x ∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x.令h(x)＝(－x ＋2)e x －ln x ＋x ，x ∈(0,1]，所以h′(x)＝(1－x 当0<x≤1时，1－x≥0，设u(x)＝e x －1x ，则u′(x)＝e x ＋1x2>0，所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，且＝e －2<0，u(1)＝e －1>0，所以存在x 0u(x 0)＝0，即0e x＝1x 0，所以ln x 0＝－x 0.当x ∈(0，x 0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x ∈(x 0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.所以函数h(x)在(0，x 0]上单调递减，在[x 0,1)上单调递增，所以h(x)min ＝h(x 0)＝(－x 0＋2)0e x－ln x 0＋x 0＝(－x 0＋2)·1x 0＋2x 0＝－1＋2x 0＋2x 0.因为y ＝－1＋2x ＋2x 在x ∈(0,1)上单调递减，又x 0h(x 0)＝－1＋2x 0＋2x 0∈(3,4)，所以当m≤3时，不等式m<(－x ＋2)e x －ln x ＋x 对任意的x ∈(0,1]恒成立，所以正整数m 的最大值是3.6．已知f(x)＝x 2－4x －6ln x.(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意x ∈(1，＋∞)，有xf′(x)－f(x)＞x 2＋12恒成立，求k 的最大整数解；(3)令g(x)＝f(x)＋4x －(a －6)ln x ，若g(x)有两个零点分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)且x 0为g(x)的唯一的极值点，求证：x 1＋3x 2＞4x 0.【解析】(1)因为f(x)＝x 2－4x －6ln x ，所以定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x －4－6x ，且f′(1)＝－8，f(1)＝－3，所以切线方程为y ＝－8x ＋5.又f′(x)＝2x (x ＋1)(x －3)，令f′(x)＞0解得x ＞3，令f′(x)＜0解得0＜x ＜3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)xf′(x)－f(x)＞x 2＋12等价于k ＜x ＋xln x x －1，记h(x)＝x ＋xln xx －1，则k<h(x)min ，且h′(x)＝x －2－ln x (x －1)2，记m(x)＝x －2－ln x ，则m′(x)＝1－1x ＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m(3)＝1－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在x 0∈(3,4)，使得m(x 0)＝0，即x 0－2－ln x 0＝0，所以h(x)在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且h(x)min ＝h(x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0∈(3,4)，所以k 的最大整数解为3.(3)证明：g(x)＝x 2－aln x ，则g′(x)＝2x －a x ＝(2x ＋a )(2x －a )x ，令g′(x)＝0，得x 0＝a2，当x g′(x)＜0，当x g′(x)＞0，所以g(x)而要使g(x)有两个零点，要满足g(x 0)＜0，即－alna2＜0⇒a ＞2e.因为0＜x 1＜a2，x 2＞a 2，令x 2x 1＝t(t ＞1)，由g(x 1)＝g(x 2)，可得x 21－aln x 1＝x 22－aln x 2，即x 21－aln x 1＝t 2x 21－aln tx 1，所以x 21＝aln t t 2－1，而要证x 1＋3x 2＞4x 0，只需证(3t ＋1)x 1＞22a ，即证(3t ＋1)2x 21＞8a ，即(3t ＋1)2aln t t 2－1＞8a ，又a ＞0，t ＞1，所以只需证(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8＞0，令h(t)＝(3t ＋1)2ln t －8t 2＋8，则h′(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，令n(t)＝(18t ＋6)ln t －7t ＋6＋1t ，则n′(t)＝18ln t ＋11＋6t －1t 2＞0(t ＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x 1＋3x 2＞4x 0.7．已知函数()e =-x f x a bx ．当1a ≥时,4()ln 5+≥f x x ,求整数b 的最大值．【解析】当1a 时,4ln 5xae bx x -+ ,即4ln 5xe bx x -+ ,因为0x >,所以只需4ln 5x e x b x-- ,令4ln 5()x e x g x x--=,4(1)5g e =-,所以45b e - ．21(1)ln 5()x e x x g x x '-+-=,令1()(1)ln 5xF x e x x =-+-,()F x 在(0,)+∞递增但()0F x =无法求解,故引入隐零点：211(1)0,(2)ln 2055F F e =-<=+->,根据零点存在性定理,0(1,2)x ∃∈,使得()00F x =,即()00011ln 05x ex x -+-=．当()00,x x ∈时,()0<F x ,即()0g x '<,()g x 为减函数,当()0,x x ∈+∞时,()0F x >,即()0g x '>,()g x 为增函数,所以()000min004ln 15()x x e x g x g x e x x --===-,故001x b e x -；1x y e x=-在(0,)+∞递增,0(1,2)x ∈,所以0011x e e x ->-,又45b e -所以整数b 的最大值是1．8．已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x af x ex a-'=-+.∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减，∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f ea ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+，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0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x aex a -=+（*）.函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增.∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解.又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.9．已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．（1）令()()()h x f x eg x =-，求()h x 的最小值；（2）若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【解析】（1）有题意知，()()ln xh x xe e x x =-+，()0,x ∈+∞，∴()()()1111xx e h x x e e x e x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴当()0,1x ∈，()0h x '<，即()h x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞，()0h x '>，即()h x 在()1,+∞上单调递增，故()()10h x h ≥=，∴()h x 的最小值为0；（2）原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由01ln 20000001ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有x y xe =在()0,∞+上单调递增，∴0001lnln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000minln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦，∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．10．已知函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在点()()22,A e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4．（1）求实数a 的值；（2）若m Z ∈，且()()11m x f x -<+对任意1x >恒成立，求m 的最大值．【解析】（1）()()1ln f x a x x x =-+ ，()ln f x x a ∴'=+，函数()()1ln f x a x x x =-+的图象在2x e =处的切线斜率为4，()24f e ∴'=，即2ln 4a e +=，因此，2a =；（2）由（1）知()ln f x x x x =+．()()1m x f x -< 对任意1x >恒成立，()1ln 111f x x x x m x x +++∴<=--对任意1x >恒成立，令()ln 11x x x g x x ++=-，则()()()()()()22ln 21ln 1ln 311x x x x x x x g x x x +--++--==--'，令()ln 3u x x x =--，则()11u x x'=-，1x >Q ，()0u x ∴'>，()ln 3u x x x ∴=--在()1,+∞为增函数，()41ln 40u =-< ，()52ln 50u =->，∴存在()04,5x ∈，使()000ln 30u x x x =--=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数()y g x =单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，函数()y g x =单调递增.()()()00000min 003111x x x g x g x x x +-+∴===--，故有01m x <-对1x >恒成立．()04,5x ∈ ，()013,4x ∴-∈，因此，m 的最大值为3．11．已知函数()e ln xa f x x x x=-+.（1）若()f x 在2x =处的切线斜率为12,求实数a 的值；（2）当1e <-a 时,判断()f x 的极值点个数；（3）对任意1ex ≥,有()1f x ≤,求a 的取值范围.【解析】（1）()()()2e 1110x a x f x x x x-'=-+>,()2e 21242a f +'==,解得0a =（2）()()()()221e e 111x x x a x a x f x x x x -+-'=-+=,令()()e 0x x a x x ϕ=+>，当1e <-a 时,()11e e ex x x x x ϕ-<-⋅+=-+.易证：e 1x x ≥+,所以1e x x -≥.所以()0x x x ϕ<-+=.所以()0,1x ∈时,()0f x '>,单调递增,()1,x ∈+∞时,()0f x '<,单调递减,所以1x =是()f x 的唯一极值点,所以()f x 只有一个极值点.（3）任意1e x ≥,()e ln 1xa f x x x x =-+≤可转化为()ln 1e xx x x a -+≤令()()ln 1e x x x x h x -+=,()()()1ln 2e xx x x h x --+'=,令()ln 2x x x ϕ=-+,()1xx x ϕ'-=,令()10x x xϕ-'==,得1x =,()x ϕ在()0,1递增,在()1,+∞单调递减,且()110ϕ=>,()22e4e0ϕ=-<,(e)3e 0ϕ=->,1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭,所以1e x ≥时,()x ϕ在()2e,e 内存在唯一零点0x ,1,1e x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0x ϕ>,()0h x '>,()h x 单调递增,()01,x x ∈时,()0x ϕ>,()0h x '<,()h x 单调递减,()0,x x ∈+∞时,()0x ϕ<,()0h x '>,()h x 单调递增,所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭,12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=,所以020e x x -=所以()0002200e e e e x x x x h x ---==-=-，因为122e e e ----<-,所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以()()20min e h x h x -==-,即2a -≤-.12．已知定义在(1,)+∞上的函数()ln 2,()ln f x x x g x x x x =--=+.（1）求证：()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4)；（2）若k ∈Z,且()(1)g x k x >-对任意的1x >恒成立,求k 的最大值.【解析】（1）()f x 的定义域为()1,+∞,()'1110x f x x x-=-=>,所以()f x 在()1,+∞上递增.()()231ln 30,42ln 4ln ln 40f f e =-<=-=->,所以()f x 存在唯一的零点,且零点属于(3,4).（2）由g （x ）>k （x ﹣1）对任意的x >1恒成立,得：k ln 1x x xx +<-,（x >1）,令h （x ）ln 1x x x x +=-,（x >1）,则()()()()'22ln 211f x x x h x x x --==--,设f （x 0）=0,则由（1）得：3<x 0<4,0000ln 20,ln 2x x x x --==-，∴h （x ）在（1,x 0）递减,在（x 0,+∞）递增,()h x 在()1,+∞上的极小值也即是最小值为()()()()000000000000021ln 3,4111x x x x x x x x h x x x x x -+-+====∈---,由于k 是整数,所以k 的最大值是3.13．已知函数()ln 2f x x =+,()()212e ln 0x g x a a a=->．（1）设函数()()12h x f x x =+--,求()h x 的最大值；（2）证明：()()f x g x ≤．【解析】（1）因为()()()ln 11h x x x x =+->-,所以()()11111x h x x x x '=-=->-++．当()1,0x ∈-时,()0h x '>；当()0,x ∈+∞时,()0h x '<．所以()h x 在()1,0-上为增函数,在()0,∞+上为减函数,从而()()max 00h x h ==．（2）证明：原不等式等价于()22e ln 2ln0xx a x a a aϕ=---≥,则()222e 2e x xa x a x x xϕ-'=-=,令()22e x a m x x =-,则()224e 0xa m x x '=+>,所以,()x ϕ'在()0,∞+上单调递增．令()22e x t x x a =-,则()00t a =-<,()()222e 2e 10a at a a a a =-=->,所以,存在唯一()00,x a ∈使得()02002e0x t x x a =-=,即()02002e0x ax x ϕ'=-=,当00x x <<时,()0x ϕ'<；当0x x >时,()0x ϕ'>此时()x ϕ在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增,要证()0x ϕ≥,即要证()00x ϕ≥．于是原问题转化为证明不等式组()00202002e 02e ln 2ln 0x x a x x a x a a a ϕ⎧-=⎪⎪⎨⎪=---≥⎪⎩,由0202e 0x a x -=,得020e 2x a x =,代入()02002e ln 2ln xx a x a a aϕ=---．对020e2x a x =两边取对数得00ln ln 22ax x =-,代入()0002ln 2ln 2a x a x a a x a ϕ=---,得()000222a x ax a x ϕ=+-．因为()00022202a x ax a a x ϕ=+-≥=,当且仅当012x =,e a =时,等号成立,所以()()f x g x ≤．14．已知函数()()()23ln R 2x f x a x a x a =+-+∈,在定义域上有两个极值点1212,,x x x x <且．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证:()()1250f x f x ++>【解析】（1）()()()(3),0,a f x x a x x '=+-+∈+∞,因为函数()f x 的定义域上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以方程()(3)0a f x x a x'=+-+=在(0,)+∞上有两个根1x ,2x ,且12x x <,即2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不相等的根1x ,2x ,所以2(3)02Δ(3)400a a a a -⎧->⎪⎪=-->⎨⎪>⎪⎩,解得01a <<,当01a <<时,若10x x <<或2x x >,2(3)0x a x a +-+>,()0f x '>,所以函数()f x 在1(0,)x 和2(x ,)∞+上单调递增,若212,22(3)20,()0x x x x a x a f x '<<+-+<<,所以函数()f x 在1(x ,2)x 上单调递减,故函数()f x 在(0,)+∞上有两个极值点1x ,2x ,且12x x <,所以,实数a 的取值范围是(0,1)；（2）证明：由（1）知,1x ,212(0)x x x <<是方程2(3)0x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不等的实根,所以12123x x a x x a +=-⎧⎨=⎩,其中01a <<,故2212121122()()(3)ln (3)ln 22x x f x f x a x a x a x a x +=+-+++-+212121212()(3)()ln 2x x x x a x x a x x +=-+-++2(3)(3)(3)ln 2a a a a a a -=-+--+29ln 222a a a a =-+-,令29()ln 222a g a a a a =-+-,其中01a <<,故g '（a ）ln 3a a =-+,令1()()ln 3,()10h a g a a a h a a ''==-+=->,所以函数h （a ）在(0,1)上单调递增,由于33(e )2e 0h --=-<,h （1）20=>,所以存在常数3(t e -∈,1),使得()0h t =,即ln 30t t -+=,ln 3t t =-,且当(0,)a t ∈时,()h a ()g a '=0<,所以函数g （a ）在(0,)t 上单调递减,当(,1)a t ∈时,()h a ()g a '=0>,所以函数g （a ）在(,1)t 上单调递增,所以当01a <<时,222999()()ln 2(3)2222222t t t g a g t t t t t t t t ≥=-+-=--+-=--,又3(,1)t e -∈,2291(1)55222t t t --=-->-,所以g （a ）5>-,即g （a ）50+>,所以12()()50f x f x ++>．15．已知函数()()2ln 2f x x ax a x =-+-．（a R ∈）（1）讨论()f x 的单调性；（2）若对任意()0,x ∈+∞都有()()21x f x a x x xe x ++-≤-,求实数a 的取值范围．【解析】（1）函数定义域是()0,∞+,由已知()()()()2221211122ax a x x ax f x ax a x x x-+-+-+-'=-+-==,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()0f x '>,10x a ⇒<<,()0f x '<,1x a>所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数,综上所述,当0a ≤时,∴()f x 为递增函数,当0a >时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭为递增函数,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭为递减函数．（2）由题意得,对任意()0,x ∈+∞都有()()2e 1x f x a x x x x ++-≤-,即ln 1xx x a xe ++≥恒成立．令()ln 1e x x x g x x ++=,则()()()21ln ex x x x g x x -++'=．令()ln h x x x =+,则()h x 在()0,∞+上单调递增,因为1110e eh ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,()110h =>,所以存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()000ln 0h x x x =+=,当()00,x x ∈时()0h x <,()0g x '>,()g x 单调递增,当()0,x x ∈+∞时()0h x >,()0g x '<,()g x 单调递减．所以()()0000max 0ln 1e x x x g x g x x ++==,由于00ln 0x x +=,可得00ln x x =-．则001e x x =,所以()()0000max 0ln 11e x x x g x g x x ++===,又ln 1xx x a xe ++≥恒成立,所以1a ≥．综上所述实数a 的取值范围为[)1,+∞．16．已知函数()()212x f x xe ax ax a =++∈R（1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()214ln 12f x ax ax x ≥+++在()0,∞+上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()(1)x f x e a x '=++①当0a ≥时,0,10x e a x +>+>时,()0,()f x f x '>在(1,)-+∞上单调递增；当10x +<,即1x <-时,()0,()f x f x '<在(,1)-∞-上递减；②当10a e-<<时,令()0f x '>,得ln()x a <-或1x >-,函数递增；令()0f x '<,得ln()1a x -<<-,函数递减③当1a e=-时,()0f x '≥恒成立,函数在R 上递增④当1a e<-时,令()0f x '>,得1x <-或ln()x a >-,函数递增；令()0f x '<,得1ln()x a -<<-,函数递减.（2）不等式21()4ln 12f x ax ax x ≥+++在(0,)+∞上恒成立,即ln 13x xe x ax --≥对任意的,()0x ∈+∞恒成立,ln 13x x a e x+∴≤-对任意的,()0x ∈+∞恒成立记ln 1()x x F x e x +=-,则222ln ln ()x x x x e x F x e x x '+=+=,记2()ln x h x x e x =+,则21()2x x h x xe x e x'=++,易知()0h x '>在(0,)+∞上恒成立,()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且211211110,(1)0e e h e e h e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-<=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00h x =,且当()00,x x ∈时()0h x <,即()0F x '<,∴函数()F x 在()00,x 上单调递减；当()0,x x ∈+∞时()0h x >,即()0F x '>,故()F x 在()0,x +∞上单调递增,()min 0()F x F x ∴=,即00min 0ln 1()x x F x e x +=-,又()00h x =,故0200ln x x e x =-,即100ln 001ln x x x e e x =⋅,令()x g x xe =()0x x x xe e xe '=+> 在(0,)+∞上恒成立,∴函数()x g x xe =在(0,)+∞上单调递增,且值域为(0,)+∞,0000000min 0000ln 1ln 1111ln ,()1x x x x e x x x F x e x x x x +--+-∴==-===，31a ∴≤.综上,实数a 的取值范围是1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.17．已知函数()e cos 2x f x a x =+-,()f x '为()f x 的导函数．（1）讨论()f x '在区间(0,)2π内极值点的个数；（2）若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,求整数a 的最小值．【解析】（1）解：由()e cos 2x f x a x =+-,得()e sin x f x a x '=-,令()e sin x g x a x =-则()e cos x g x a x '=-,(0,)2x π∈ ,e 1x ∴>,0cos 1x <<,当1a ≤时,()0g x '>,()g x 单调递增,即()'f x 在区间(0,2π内无极值点,当1a >时,()e sin x g x a x ''=+,(0,)2x π∈,故()0g x ''>,故()g x '在(0,)2π单调递增,又(0)10g a '=-<,2(e 02g ππ'=>,故存在0(0,)2x π∈,使得0()0g x '=,且0(0,)x x ∈时,()0g x '<,()g x 递减,0(x x ∈,2π时,()0g x '>,()g x 单调递增,故0x x =为()g x 的极小值点,此时()f x '在区间(0,2π内存在1个极小值点,无极大值点；综上：当1a ≤时,()f x '在区间(0,)2π内无极值点,当1a >时,()f x '在区间(0,)2π内存在1个极小值点,无极大值点．（2）解：若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则(0)120f a =+-≥,故1a ≥,下面证明1a ≥时,()0f x ≥在[2x π∈-,0]恒成立,[2x π∈- ,0]时,0cos 1x ≤≤,故1a ≥时,()e cos 2e cos 2x x f x a x x =+-≥+-,令()cos 2x h x e x =+--,[2x π∈-,0],故()e sin x h x x '=-令()sin x x e x ϕ=-则()e cos x x x ϕ'=-,()e sin x x x ϕ''=+在区间[2π-,0]单调递增,因为13()e e 0322ππϕ--''-=<-<,(0)10ϕ''=>,所以()x ϕ''在[,0]2π-上存在零点0x ,且02x x π-<<时,()0x ϕ''<；00x x <<时,()0x ϕ''>,故()x ϕ'在0,2x π⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数,在()0,0x 上为增函数,又2()e 02ππϕ-'-=>,1311(e e 0322ππϕ--'-=-<-<,(0)0ϕ'=,故存在1(2x π∈-,)3π-,使得1()0x ϕ'=,且(2x π∈-,1)x 时,()0x ϕ'>,()h x '递增,1(x x ∈,0)时,()0x ϕ'<,()h x '单调递减,故1x x =时,()h x '取得最大值,且1()()max h x h x '=',1()0x ϕ'= ,∴11cos x e x =,1111()()cos sin 04max h x h x x x x π∴'='=-=+≤,故()h x 单调递减,故[2x π∈-,0]时,()(0)0h x h ≥=即()0f x ≥成立,综上,若[2x π∈-,0]时,()0f x ≥恒成立,则整数a 的最小值1．18．已知函数ln ()e xx ax f x +=,a ∈R .（1）若函数()y f x =在0x x =处取得极值1,其中0ln 2ln 3x <<.证明：1123ln 2ln 3a -<<-；（2）若1()e xf x x ≤-恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】（1）证明：()1(ln )xa x ax x f x e +-+'=,因为函数()y f x =在0x x =处取得极值1,()()000001ln 0x a x ax x f x e +-+'∴==,且()0000ln 1x x ax f x e +==,00001ln x a x ax e x ∴+=+=,001x a e x ∴=-,令1()(0)x r x e x x =->,则2'1()0x r x e x=+>,()r x ∴为()0,∞+上的增函数,00ln 2ln 3x <<< ,(ln 2)(ln 3)r a r ∴<<,即1123ln 2ln 3a -<<-.（2）解：不等式1()e x f x x ≤-恒成立,即不等式n e l 1x x x ax --≥恒成立,即ln 1e x x a x x ≤--恒成立.令ln 1()e x x g x x x =--,则222221ln 1ln (e e )x x x x g x x x x -+'=-+=.令2()ln x h x x e x =+,则()21(e )2x h x x x x '=++.0x >,()0h x '∴>.()h x ∴在(0,)+∞上单调递增,且(1)0h e =>,1ln 2042h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭.()h x ∴有唯一零点1x ,且1112x <<.当()10,x x ∈时,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减；1111ln e 1x a x x x ∴≤--.由()10h x =整理得1111e ln x x x x =-,1112x << ,1ln 0x ->,令e ()(0)x k x x x =>,则方程1111e ln x x x x =-等价于()()11ln k x k x =-,而()(1e )x k x x '=+在(0,)+∞上恒大于零,()k x ∴在(0,)+∞上单调递增,()()11ln k x k x =- ,11ln x x ∴=-,111e x x ∴=,()()111111111ln 1e 111x x x g x x x x x x -∴=--=--=，1a ∴≤.所以实数a 的取值范围为(],1-∞.。
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.。
(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)
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。
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.。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ， 所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1， 所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得： ，
由
，解得：
，
故 在 递减，在
递增；
2 由 1 知要使 存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
， 递减， ，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论 的单调性；
若 ， 是 的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】
解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二步：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；这里应注意，进行代
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$x_0$。
河南省信阳市2024届高中英语试题习题：导数压轴题之隐零点问题含解析
河南省信阳市2024届高中英语试题习题：导数压轴题之隐零点问题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．第一部分（共20小题，每小题1.5分，满分30分）1．You can’t use the computer now, ________ the upgrade of the system is under way.A．until B．unlessC．as D．after2．—I will fix your printer right now.—Oh, ________. I’m in no hurry.A．take your time B．that’s a great ideaC．you are welcome D．I’d like to3．--- She will finish the project within three days!--- ______! I could do it in three hours.A．You are right B．I’m stuck C．Oh, come on D．Don’t mention it4．Nobody knows why the bo y can tell what’s written on the paper in another room without looking at it. It really_______ explanation.A．prevents B．challenges C．interrupts D．confuses5．I will go to Beijing on business tomorrow, do you have anything ____ to your son studying in Peking University? A．to be taken B．to take C．taken D．being taken6．--I feel nervous when taking an exam.-- and you can do it well.A．Take it w easy B．Take your time C．Good luck D．It’s up to you7．—Have you watched the film “Avatar”?— Not yet. But I the film is worth watching.A．am told B．was told C．have told D．have been told8．—What about going to see the latest Chinese sci-fi blockbuster The Wandering Earth?—________. If time permits, I may go to see my grandma with my mother.A．Don’t me ntion it B．It doesn’t matterC．Forget it D．It depends9．The doctor’s dilemma was _____ he should tell the patient the truth.A．whether B．whichC．that D．what10．________ has greater potential than flammable ice being mined from underneath the South China Sea when it comes to a global energy revolution.A．nothing B．neitherC．no one D．none11．New energy-sharing projects _____ in dozens of cities across the country to fuel China’s sharing economy in the next few years.A．are to carry out B．are being carried outC．were carried out D．will have been carried out12．---I went to see The Wandering Earth last night. It was fantastic!---You were so lucky! How I wish I _____ the ticket too.A．get B．gotC．had got D．would get13．Wild applause ______when the crowd waiting heard the announcement of the arrival of the pop star at their community.A．made out B．broke out C．let out D．worked out14．If these new measures don’t work, we’ll have to _______ our old system.A．make up for B．come up withC．break away from D．fall back on15．—Come on,please give me some ideas about the project.—Sorry.With so much work _______ my mind,I almost break down.A．filled B．filling C．to fill D．being filled16．The emoticons _____ when we want to stop a conversation, sparing us the embarrassment.A．come around B．come in handyC．come about D．come by17．— Do you like the book you father bought you?—Very much. It’s exactly______I wanted.A．which B．thatC．what D．how18．—Jack, my plane arrives at 8:30 pm when, I suppose, you ______ dinner.—But I can wait.A．will have B．have hadC．will have had D．are having19．Andy can go to the cinema together with us he has finished the task．A．unless B．as soon as C．until D．as long as20．To fetch water before breakfast seemed to me a rule ______.A．to never break B．never to have brokenC．never to be broken D．never to be breaking第二部分阅读理解（满分40分）阅读下列短文，从每题所给的A、B、C、D四个选项中，选出最佳选项。
导数压轴题之隐零点问题专辑含答案解析纯版
导数压轴题之隐零点问题导数压轴题之隐零点问题(共13题)1.已知函数f (x) = (ae x-a - x) e x(a>0, e=2.718 …e为自然对数的底数)，若f (x)>0对于x € R恒成立.(1)求实数a的值；(2)证明：f (x)存在唯一极大值点x o,且.「「一【解答】(1)解：f (x) =e x(ae x- a - x) >0，因为e x>0，所以ae x- a - x> 0恒成立，即a (e x- 1) >x恒成立，x=0时，显然成立，x>0 时，e x- 1 >0，故只需a> ' 在(0， + %)恒成立,e x-l令h (x) = .「，(x>0)，e x-l：'，：l<" ' v 0 ,h '()==故h (x)在(0，+ %)递减,而「| .=【I .. =1，-*0e -1 eK故 a >1，x v0 时，e x- 1 v0，故只需a w「在(-%, 0)恒成立,e -1令g (x) =——, (x V 0 ),e K-l/ 厶、(1-X ) E X、八g X) = > 0,d故h (x)在(-g, 0)递增，而I ' -i 二■ j ... =1 ,e x_l s-*[) e K故 a <1,综上：a=1 ；(2)证明：由(1) f (x) =e x(e x- x - 1),故f (x) =e x (2e x- x - 2),令h (x) =2e x- x - 2 , h' (x) =2e x- 1 ,所以h (x)在(-g, In丄)单调递减，在(In 1 , + g)单调递增，H £h (0) =0 , h (IJ ) =2el n 丄-In 丄-2=l n2 - 1V 0, h (- 2) =2e -2 -(- 厶M bl22)- 2=—>0,e••h (- 2) h (I n I )v 0由零点存在定理及h (x)的单调性知，J方程h (x) =0在(-2, In ,[)有唯一根，设为X0且2e x0- X0- 2=0，从而h (x)有两个零点x o和0 ,所以f (x)在(-g, X0)单调递增，在(X0, 0)单调递减，在(0, + g)单调递增，从而f (X )存在唯一的极大值点X0即证，x0+2由2e x0—X0 —2=0 得e x0= —, x0^-1,x n+2 1 i •■•f (X0) =e x0(e x0- X0 - 1) = ( - X0- 1)=」(-X0)(2+x 0)<_ (-叼+2+") 2二丄( 4 ) =1，取等不成立，所以f (X0)V [得证，又•••-2v x o v ln I , f (x)在(—g, x o)单调递增2所以f (x o)> f ( —2) =e —2[e —2—(—2) —1]=e - 4+e - 2 >e - 2 >0 得证, 从而0 v f (x0 )<一成立.42 .已知函数f (x) =ax+xlnx (a € R)(1)若函数f (x)在区间［e, + g)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a=1且k € Z时，不等式k (x — 1 )v f (x)在x €( 1, + g)上恒成立，求k 的最大值.【解答】解：(1 )•••函数f (x)在区间［e , + g)上为增函数，••• f 'x)(=a+lnx+1 X)在区间［e , + g)上恒成立，二a>(-lnx - 1) max= - 2 .■ a X—2.••a的取值范围是［-2, + g).(2) a=1 时，f (x) =x+lnx , k € Z 时，不等式k (x 1) v f (x)在x €( 1 ,+ g)上恒成立，•'•k v'J min5令g / 、x+xlnic 血，八x-lnx-2 (x)= .，贝U g ()=. ,T (x-1 ) Z令h (x) =x —lnx — 2 (x > 1).则h ' () =1 —1= '>0 , Ah (x)在(1 , + g)上单增,X K••h (3) =1 —ln3 v 0, h (4) =2 —2ln2 >0 ,存在X0 €( 3 , 4),使h (X0)=0 .即当1 v x v X0 时h (x)v 0 即g ' x)v 0x > X0 时h (x) > 0 即g ' x )> 0g (x )在 (1 , X 0)上单减，在 (x o + x)上单增. 令 h (x o ) =x o - Inx o — 2=0，即 Inx o =x o - 2 ,k v g (x ) min =x o €( 3 , 4),且 k € Z , • °k max =3 .3.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 O 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. 【解答】解：(1)函数f (x )定义域是(0 , + x),(i) 当.1 时，1+8a <0，当 x €( 0 , + x)时 f (x )<0,■J函数f (x )的单调递减区间是(0 , + x)；(ii) 当―亠二丁二」；/—,- 2x 2+x+a=0的两根分别是：Ul-Vl + 8a4 *」， (4)，当x €( 0 , X 1 )时f (x )v 0 .函数f (x )的单调递减. 当x €( X 1, X 2 )时f (x ) > 0，函数f (x )的单调速递增， 当x €( X 2, + x)时f (x ) v 0，函数f (x )的单调递减； 综上所述，(i )当"：三时f (x )的单调递减区间是(0 , + x),(ii)当宀匸 时，f (x )的单调递增区间是 「匚"’ m 1'g (x ) min =g(x o )=x o € (3, 4).Xn(l+lnx c )单调递减区间是(0,旦匡)和(凹唾，0)4 4(2)当a= - 1 , x €(0 , 1］时，f (x)>g (x),即m v ( —x+2 ) e x—Inx+x ,设h (x) = ( —x+2 ) e x—Inx+x , x€( 0, 1］. 「：，•••当0 v x <1 时，1 —x X),设・•. 一乂，则•••u (x)在(0 , 1)递增,又tu (x)在区间(0, 1］上的图象是一条不间断的曲线，且i_L I 1 _ • ■ _ ■「--,:.使得u (x o) =0 ,即■- :：当x €( 0 , x o)时，u (x)v 0 , h' (x) v 0;当x €(X0, 1)时，u (x)> 0 , h' (x) > 0;•函数h (x)在(0 , x o］单调递减，在［X0, 1)单调递增，x 1 9•J ：' I 15 ：， = ■- - 1 IP* 0 A0在x€( 0 , 1)递减，x茗* Q•••当m <3时，不等式m v (-x+2 ) e x—In x+x对任意x €( 0, 1］恒成立，•正整数m的最大值是3.4. 已知函数f (x) =e x+a—Inx (其中e=2.71828 …，是自然对数的底数).(I)当a=0时，求函数a=0的图象在(1 , f (1))处的切线方程;(U)求证：当- “丨-一时，f (x)>e+1 . £【解答】(I)解：T a=0时’1：亠丄••f (1) =e , f ' 1( =e —1,•••函数f (x)的图象在(1 , f (1))处的切线方程：y-e= (e - 1) (x - 1), 即(e - 1) x - y+ 仁0 ；(n)证明■,设g (x) =f ' x(贝U 一」二••g (x)是增函数，••e x+a>e a,「.由•「亠一一…x•••当x > e-a时，f 'x)(> 0 ；若0 v x v 1? e x+a v e a+1，由一L - . ' :. \」，x•••当0v x v min{1 ，e-a-1}时，f 'x)(v 0，故f 'x O =0仅有一解，记为X0，则当0 v x v X0时，当x > X0 时，f 'x)(> 0，f (x)递增；二'"：':而V ' ■：' ■■.，x 0 x o记h (x) =lnx+x ，则•------ '':,A o x o-■■ i -一？—a v 1? h (X。
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。