专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
解决导函数“隐零点”问题的策略例析
44中学数学研究2019年第9期(下)解决导函数“隐零点”问题的策略例析*江苏省扬州大学数学科学学院(225002)丁紫妍濮安山导数是研究函数单调性和切线等问题的有力工具,其中,零点问题在导函数问题中是至关重要的,很多不等式恒成立、函数的交点个数问题都是通过对导函数零点的求解解决的.但是有些零点是不容易求出的,这就需要我们采取特殊的方法进行求解.本文通过举例说明来给出求解导函数“隐零点”问题的策略.例1已知(x−1)ln x−a 0恒成立,求a的取值范围.由题意a (x−1)ln x恒成立,令f(x)=(x−1)ln x,对其进行求导f′(x)=x ln x+x−1x.我们发现对于f′(x)这样的超越函数,我们不能直接求出它的零点,我们把这种能判断其存在却不能精确求出的零点叫做“隐零点”.那么,导函数“隐零点”的问题该如何求解?本文以近几年的高考题为例,总结了“隐零点”相关问题的求解策略.一般来说,不能直接求出数值的零点,即“隐零点”问题常常作为高考的压轴题出现,对学生来说也是一个不易跨过的难点.这样的零点比较“虚无”,存在但又没有具体数值.对于“隐零点”的不同类型的问题,解决策略也是各种各样,下面是几种比较常见的解决策略.1、先观察,后试值上述问题,导函数f′(x)=0是一个超越方程,直接求解比较困难,这时可以先观察导函数,然后凭借“直觉”代入几个特殊的值,看它是否恰好为方程的根,这个过程叫做试值.解析通过试值可以得到f′(1)=0,即x=1是一个零点.当0<x<1时,f′(x)<0;x>1时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以f(x)min=f(1)=0⇒a 0.评析可以看出,试值法是一个比较巧妙的方法,没有什么技巧性,更多的是一种基于经验的直觉判断,在难以求出零点时,用看似可能的值代入,也许会带来“惊喜”,问题也会迎刃而解.一般地,当导数含有e x时,用0、1或ln a(这里的a为一个常数)来试值,当导函数含有ln x时,用1或e n(n 为常数)试值.2二次求导当试值无果时,我们可以尝试对超越函数进行二次求导,把它化为更简单的形式.例2已知函数f(x)=ln x+(e−a)x−b,其中e为自然对数的底数,若不等式f(x) 0恒成立,求ba的最小值.解析f(x) 0恒成立等价于ln x (e−a)x−b恒成立,可以转化为y=lnx的图像恒在直线y=(a−e)x+b下方,设y=ln x的图像与直线y=(a−e)x+b平行的切线的切点为(x0,y0),由y=ln x得y′=1x,则由导数几何意义可得切线方程为y=1x0x+ln x0−1,要使ln x (e−a)x−b 恒成立,则a−e=1x0,b ln x0−1,从而bax0ln x0−x01+ex0,令h(x)=x0ln x0−x01+ex0,则h′(x)=ex0+ln x0(1+ex0)2.这里若直接求h′(x)=0的解,发现无法求出,再用试值法也不能解出零点.于是我们可以尝试对它二次求导,令g(x)=ex+ln x,此时g(x)的零点很容易求出,g(1e)=0且g(x)在(0,1e)上单调递增,在(1e,+∞)单调递减,所以h(x)min=h(1e)=−1e,从而ba−1e.评析二次求导可以让复杂的超越函数变得更容易求出零点,也可以通过二次求导后的导数变化来研究原函数的单调性或者它们的恒正、恒负.3虚设零点当导函数经过二次求导也无法判断它的零点时,就可以在一定的范围内假设存在一个零点,当然,这个范围也是要通过零点存在性定理判断的.这个虚设的零点常为x0,使f′(x0)=0.例3(1)讨论函数f(x)=x−2x+2e x的单调性,并证明当x>0时,(x−2)·e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=e x−ax−ax2 (x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析这里的第(1)题可以直接通过求解函数f(x)的导数解出.f(x)的定义域为(−∞,−2)∪(−2,+∞),f′(x)= (x−1)(x+2)e x−(x−2)e x(x+2)2=x2e x(x+2)20,求出函数的零点为x=0,且仅当x=0时,f′(x)=0,所以f(x)在(−∞,−2),(−2,+∞)单调递增.因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=−1.所以(x−2)·e x>−(x+2),*项目支持:江苏省高等教育教改项目:“综合性大学开展卓越中学数学教师培养的探索与实践(2017JSJG236)”.2019年第9期(下)中学数学研究45 (x−2)·e x+x+2>0.第(2)题的求解,首先g′(x)=(x−2)e x+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a),由(1)知,f(x)+a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)+a=a−1<0,f(2)+a=a 0.这里运用了零点存在性定理.因此,存在唯一x0∈(0,2],使得f(x0)+a=0,即g′(x0)=0.这里的x0就是虚设的零点.当0<x<x0时,f(x)+a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>x0时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=x0处取得最小值,最小值为g(x0)=e x0−a(x0+1)x20=e x0+f(x0)(x0+1)x2=e x0x0+2.于是h(a)=e x0x0+2,由(e xx+2)′=(x+1)e x(x+2)2>0,得y=e xx0+2单调递增.所以,由x0∈(0,2],得12=e00+2<h(a)=e x0x0+2e22+2=e24,所以h(a)的值域是(12,e24].评析这题求零点的式子相当繁琐,零点明显很难直接求出来,用刚刚的两种策略也不能得出,于是就要考虑设一个零点.要注意的是在设零点之前要先证明零点的存在,再把零点的存在范围求出来,才能设一个零点,最后用整体代入的思想进行等量代换.这里采用设而不求的方法可以成功规避零点的求解[1].这也是高考中“隐零点”问题解决的最常用的方法.4巧用放缩导函数隐零点问题,特别是关于不等式的问题,若对整理好的不等式设为f(x),对其求导之后仍不能求得它的零点,更不能判断它是大于零还是小于零,这时候,就可以考虑使用放缩法来判断.例4求证:xe x−2e ln x e (x2−2x+2).解析原不等式⇔xe x−1−2ln x x2−2(x−1)⇔e x−1x−1 2ln x−2(x−1)x2,此时就可以考虑放缩法,ln x x−1得e x−1 x,故ex−1x−1 0 2ln x−2(x−1)x2.评析如果这道题使用传统的方法先把右边的式子移到左边去,使得f(x)=xe x−2e ln x−e(x2−2x+2),再对其求导,通过零点、单调性判断正负,那么肯定是困难重重.使用放缩的方法,不仅可以避免求“隐零点”,还可以让过程更加简便.我们一般利用1−1xln x x−1,e x x+1, e x ex这些常见不等式进行放缩[2].5巩固练习1.求证ln xxx−1.2.设函数f(x)=e x−ax2−x−1,若当x 0时f(x) 0,求a的取值范围.3.设f(x)=ax+ln x+1,若对任意的x>0, f(x) xe2x恒成立,求a的范围.4.已知函数f(x)=x3−2x+e x−1e x,若f(a−1)+ f(2a2)0,求实数a的取值范围.参考答案: 1.证明略;2.(−∞,12];3.(−∞,2];4. [−1,12].导数在高考中有着举足轻重的地位,特别是涉及到“隐零点”的导函数问题又往往会以压轴题的形式出现,一般都比较复杂,要结合多种数学知识才能解答出来.上述求解策略是针对高考中导数“隐零点”问题总结得出的,若能灵活运用,必能突破导数“隐零点”这个难关.参考文献[1]高雄英.导函数隐零点问题的处理策略[J].高中数学教与学,2017(09):15-17.[2]陈杰.再探函数“隐零点”的处理策略[J].上海中学数学,2018(03):19-22+46.(上接第9页)四、小结平面几何是初中数学内容的重要主题之一,而从一线教师反馈知学生掌握情况不容乐观.学生缺乏直观想象、逻辑推理等几何学习能力,而由于学习任务繁杂,大多只是了解概念和记住公式,忽略了其中蕴含的数学思想方法,不能做到深度学习.以及现今课堂教学模式形式多样,教学材料丰富.导致一线教师在选择合适的教学方式出现困难,不能进行深度教学.仍有教师以讲授课本上的知识为主,导致学生处于一种机械性的学习当中,课堂气氛也比较沉闷.基于此,以“三角形及其内角和”这一主题为例,印证了几何学习需要经历直观感知,操作确认,推理论证,度量计算四个学习路径,领会几何学习的本质,教师通过进行深度教学,学生才能达到深度学习.参考文献[1]曾棉炜,袁柳芳.基于Van Hiele理论的初中生几何推理能力调查[J].中学数学杂志,2015(06):13-16.[2]杨传冈,基于范希尔理论的小学数学几何开放题思维评价[J],中小学教师培训,2018,(6):53-57.[3]鲍建生,周超,数学学习的心理基础与过程[M],上海:上海教育出版社,2009.[4]龚宏波,三角形的认识课堂实录[J],课堂再现,2016.03(37).[5]江泗洪,丰富实践活动,增强数学感知[J],教例剖析,2015.[6]汪志华,三角形内角和教学设计[J],教学与管理,2013.04.。
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
【个题研究】(全国1卷)(理20)从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法_邓军民
责任编辑 廖宇红
20 广东教育·高中 2019 年第 10 期
且当 x∈（0, β）
时，
f′（x）>0；
当 x∈（β,
π） 2
时，
f′（x）<0.
故 f（x）在
（0, β）
单调递增，
在
（β,
π 2
）
单调递减. 又 f（0）
=0，
f（
π 2
）=1-ln（1+
π 2
）>0，
所 以 当 x∈(0, π ] 时 ， f（x）>0. 所 以 f（x）在 (0, π ] 没 有
义思想的偏差， 媒体新闻稿件说的是 “美丽乡村” 建设中缺 乏专业规划， 盲目跟风模仿方面的政策和行为偏差。 材料的 立意角度很多， 如 “科学合理规划” “求真务实创新” “长 效管理机制” “保护文化传统” 以及 “发展理念” “责任担 当” “形式主义” “铭记乡愁” 等。 写作时一定要以剧本的 形式表达自己的观点， 表现主题。
【解析】 （1） 当-1<x<0 时， f（x）=sin2x- | ln（x+1）|<0 显 然
从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。
专题05 用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)
一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一 讨论函数零点的个数【例1】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数 . （1）求在处的切线方程； （2）试判断在区间上有没有零点？若有则判断零点的个数. 【答案】（1）； （2）2.【解析】 （1）由已知得 ，有， ∴在处的切线方程为：，化简得.【指点迷津】讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.【举一反三】【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）34a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 学&科网【解析】（Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点.当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0单调递减，在1）单调递增，故当x ()f x取的最小值，最小值为f 14.①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.②若f =0，即34a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在（0,1）有一个零点.…10分 综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. ……12分学*科网 类型二 已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】 （2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【例3】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．学*科网【指点迷津】已知区间上有零点，求参数的范围问题．往往因为含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．【举一反三】【贵州省遵义航天高级中学2018届高三上第四次模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．类型三已知存在零点，证明零点的性质【例4】【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】已知函数．（1）讨论的单调性；（2若函数有两个零点分别记为．①求的取值范围；②求证：．【答案】⑴见解析；⑵见解析；⑶见证明【解析】（1），（i）当时，，时，单调递减；时，单调递增．（iii）当时，恒成立，在上单增．（iv）当时，时，单调递增；时，单调递减，时，单调递增．学科/网综上所述：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）①，（i）当时，，只有一个零点，舍去；（ii）当时，在上单调递减，上单调递增，又，取且，则，存在两个零点．（iii）当时，在上单调递增，时，不可能有两个零点，舍去．（iv）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，舍去．（v）当时，时，，又在单调递减，在上单调递增，因，不可能有两个零点，舍去．综上所述：．②由①知：，在上单调递减，在上单调递增，要证，即证，即证，令，则当时，单调递增．不妨设，则，即，又，，在上单调递减，，，原命题得证．学科#网【指点迷津】已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是( )A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C2．【山西省太原市第五中学2019届10月月考】已知，又，若满足的有四个，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令y=xe x ，则y'=（1+x ）e x ，由y'=0，得x=﹣1， 当x ∈（﹣∞，﹣1）时，y'＜0，函数y 单调递减，当x ∈（﹣1，+∞）时，y'＞0，函数y 单调递增．作出y=xe x 图象， 利用图象变换得f （x ）=|xe x |图象，学&科网 令f （x ）=m ，则关于m 方程h （m ）=m 2﹣tm+1=0两根分别在时，满足g （x ）=﹣1的x 有4个，由，解得．故选：B ．学科￥网3．【山东省安丘市2019届10月检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】4.【江西省南昌市2018届二轮测试卷（一）】设，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】5.【四川省攀枝花市第十二中学2019届10月月考】已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】函数则，令则⑴当时，，存在两个零点，不符合题意，故⑶当时，，在，上单调递减，在上单调递增是的极小值点，是的极大值点，要使函数仅有一正零点，结合函数图像，可知，代入可得：，解得综上，则的取值范围为故选学$科网6.【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期第二阶段测试】若方程有且仅有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】7.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数其中为自然对数的底数，若函数与的图象恰有一个公共点，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】因为，所以函数在区间上单调递增，且所以当时，与有一个公共点；当时，令，即有一个解即可.设，则得.因为当时，当时，所以当时，有唯一的极小值，即有最小值，所以当时，有一个公共点.综上，实数的取值范围是.8.【陕西省西安市长安区第五中学2019届高三上期中】已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在[1,e]上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中∈R，e为自然对数的底数)【答案】（1）；（2）或.【解析】（2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点.因为.所以由lnx+1-a<00<x<e a-1,x>e a-1,所以g（x）在（0，e a-1）上单调递减，在（e a-1，）上单调递增.①当e a-1≤1，即a≤1时，g（x）在（1,e]上单调递增，所以g（x）>g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，②当1<e a-1<e,即1<a<2时，g（x）在[1,e a-1)上单调递减，在（e a-1,e]上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e]上的最小值为g（e a-1）=a-e a-1，所以（i）当1<a≤时，g（x）在[1,e]上的最大值g（e）≥0，即此时函数g（x）在(1,e]上有零点.（ii）当<a<2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，③当e≤e a-1即a≥2时，g（x）在[1,e]上单调递减，所以g（x）在[1,e]上满足g（x）<g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e]上没有零点.综上，所求的a的取值范围是或.学%科网9.【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】函数（）的导函数的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.学科&网10．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于 .由可得，则②. 由①②可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.。
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$x_0$。
(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：
第1页（共1页）
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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我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
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 f′(x0)＝0，并结合 f(x)的单调性得 到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也
h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知
h′（x）=a﹣
1 x
．则当
a≤0
时
h′（x）＜0，即
y=h（x）在（0，+∞）
上单调递减，所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故 a＞0． 因为
1
1
1
当 0＜x＜ a 时 h′（x）＜0，当 x＞ a 时 h′（x）＞0，所以 h（x）min=h（ a ），又因为 h（1）=a﹣a﹣ln1=0，
可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求
解问题决定，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
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
1 2
1 4
；由
1 f′（ e
）＜0
3
11
1
1
可知 x0＜ e
＜，
所以当 x x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) e2x0 a ln x0 ，
由 2x0e2x0
a
0 ，即 e2x0
a 2 x0
，两边去对数得 ln x0
ln
a 2
2x0
由于，所以
f
(x0 )
a 2 x0
2ax0
a ln
2 a
2
a 2x0
2ax0
a ln
2 a
2a
a ln
1 所以 a =1，解得 a=1；
（另解：因为 f（1）=0，所以 f（x）≥0 等价于 f（x）在 x＞0 时的最小值为 f（1）， 所以等价于 f（x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；） （2）证明：由（1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
1 令 f′（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣ x ，
单调递增；（2）
【解析】
（1）
.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则 f'(x)=ln x+4x-1.
因为 在
单调递增， 所以当
时
即函数 f(x)在区间 单调递减；当
时
即函数 f(x)在区间
单调递增；
（2）为
，而
在（0，1）上递增
存在
使得
1
当
时
所以
，当
时
单调递增
单调递减；
又因为
时
则
所以
则
类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式
1
1
1
令 t′（x）=0，解得：x= ，所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，所以
2
2
2
1 t（x）min=t（ 2 ）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即 f′（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f′（x）在
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
2 a
2
所以 f (x) 2a a ln 2 a
类型三 挖掘“隐零点”，估算极值 例 3.【2017 年全国课标 1】已知函数 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且 f（x）≥0． （1）求 a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）因为 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等价于
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
(x) a, 2e2 a 又因为 a 0, 2e2 ，所以(0) a 0,(1) 2e2 a 0
由零点存在定理可知 f '(x) 在 0,1 的唯一零点为 x0 当 x (0, x0 ) 时， f '(x) 0 ，当 x x0,1 ， f '(x) 0 故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 x0 ,1 单调递增，
例 2. 设函数 f (x) e2x a ln x ，设 a 0, 2e2 求证：当 x 0,1 时， f (x) 2a a ln 2 a
【答案】见解析
【解析】 f (x) 的定义域为 0,1 ， f '(x) 2e2x a 2xe2x a
x
x
设(x) 2xe2x a ，(x) 2xe2x 4x 2 e2x ，
2
所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， e
）上单调递减，所以 f（x0）＞f（ e
）
1
=；
e2
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【规律与方法】
“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，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.
专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题
函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数 的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间—— 零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数 的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破 解导数压轴问题，例题说法，高效训练.