微专题 隐零点问题
微专题 隐零点问题基础知识隐零点定义： 已知函数)(x f ，其导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则称0x 为隐零点，是相对于能求出零点的函数而言的。
一般地，隐零点如果是导函数的变号零点，则它就是原函数的极值点， 典型例题：题型一 假设出零点的值，不需要估计零点的取值范围1．已知函数ax xx x f --=1ln )(． （1）求函数)(x f 的单调区间； （2）若21<<a ，求证：1)(-<x f ． 解：（1）令g （x ）=2﹣lnx ﹣2x 2，所以g （x ）在（0，+∞）上单调递减，且g （1）=0 所以当x ∈（0，1）时，g （x ）＞0即f'（x ）＞0 所以当x ∈（1，+∞）时，g （x ）＜0即f'（x ）＜0综上所述，f （x ）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）． （2）证明：f （x ）＜﹣1，即设，，设φ（x ）=﹣ax 2﹣lnx +2所以φ'（x ）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x ）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a ＜2， 所以h'（1）=2﹣a ＞0，h'（e 2）=﹣a ＜0， 所以在（1，e 2）上必存在一个x 0使得，即，所以当x ∈（0，x 0）时，h'（x ）＞0，h （x ）单调递增，当x ∈（x 0，+∞）时，h'（x ）＜0，h （x ）单调递减， 所以，因为，所以，令h （x 0）=0得，因为1＜a ＜2，所以，，因为，所以h （x 0）＜0恒成立，即h （x ）＜0恒成立，综上所述，当1＜a ＜2时，f （x ）＜﹣1．题型二 估计隐零点的范围2.已知函数()ln f x x x x =+,若k Z ∈,且()1f x k x <- 对任意1x >恒成立,求k 的最大值. 解：Θ()ln 11f x x x x k x x +<=--恒成立，minln 1x x x k x +⎛⎫∴< ⎪-⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()'2ln 21x x g x x --=-，令()ln 2h x x x =--，()'1110x h x x x-=-=>()h x ∴在()1,+∞单调递增。
()()31ln30,42ln20h h =-<=->Q()3,4b ∴∃∈，使得()0h b =。
()()()'1,,00x b h x g x ∴∈<⇒<，同理，(),x b ∈+∞时，()'0g x >，所以()g x 在()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增。
()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,41b b b g b b b +-∴==∈- k b ∴< max 3k =答案：3方法总结：1. 隐零点的解题方法是“设而不求”，先把导函数的零点设出来，然后利用隐零点的双重身份，即是导函数的编号零点，又是原函数的极值点。
2.有时需要根据零点存在定理估计隐零点的取值范围，估计隐零点的范围越小越有助于问题的证明。
高考链接：1.【2017年新课标Ⅱ卷，21】已知函数2()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥.（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2ef x --<<.解：(1)由题知：()()ln f x x ax a x =--()0x >，且()0f x ≥ ， 所以()1ln 0a x x --≥，即当()0,1x ∈时，ln 1x a x ≤-；当()1,x ∈+∞时，ln 1xa x ≥-；当1x =时，()1ln 0a x x --≥成立.令()1ln g x x x =--，()11'1x g x x x-=-=， 当()0,1x ∈时，()'0g x <，()g x 递减，()()10g x g <=，所以：1ln x x ->，即：ln 11xx >-，所以1a ≤； 当()1,x ∈+∞时，()'0g x >，()g x 递增，()()10g x g >=，所以：1ln x x ->，即：ln 11xx <-.所以，1a ≥.综上，1a =.（2）由(1)知：()()1ln f x x x x =--，()'22ln f x x x =--，设()22ln x x x ϕ=--，则()1'2x x ϕ=-.当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0x ϕ<；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0x ϕ>. 所以()x ϕ在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增.又()20e ϕ->，102ϕ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()10ϕ=，所以()x ϕ在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点0x ，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点1，且当()00,x x ∈时，()0x ϕ>；当()0,1x x ∈时，()0x ϕ<；当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ>. 又()()'f x x ϕ=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点.由()0'0f x =得()00ln 21x x =-，故()()0001f x x x =-.由()00,1x ∈得()014f x <. 因为0x x =是()f x 在()0,1的唯一极大值点，由()10,1e -∈，()10f e -≠得()()120f x f e e -->=，所以220()2e f x --<<.2.（2016新课标3文）设函数()ln 1f x x x =-+．， （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->. 解：（Ⅰ）由题设，()f x 的定义域为(0,)+∞，'1()1f x x=-，令'()0f x =，解得1x =. 当01x <<时，'()0f x >，()f x 单调递增；当1x >时，'()0f x <，()f x 单调递减.4分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在1x =处取得最大值，最大值为(1)0f =， 所以当1x ≠时，ln 1x x <-，故当(1,)x ∈+∞时，ln 1x x <-，11ln1x x <-，即11ln x x x-<<. （Ⅲ）由题设1c >，设()1(1)xg x c x c =+--，则'()1ln xg x c c c =--．0)(ln )(2<-=''c c x g x ，)(x g '单减令0)(='x g ，解得01lnln ln c c x c-=.当0x x <时，0)(>'x g ，()g x 单调递增；当0x x >时，0)(<'x g ，()g x 单调递减. 由（Ⅱ）知，11ln c c c-<<，故001x <<．又(0)(1)0g g ==，故当01x <<时，()0g x >， 所以当(0,1)x ∈时，1(1)xc x c +->. 3.（2015新课标文）设函数()2ln xf x ea x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 解析：（I ）()f x 的定义域为),0(+∞，)0(2)(2>-='x xae xf x. 当0≤a 时,0)(>'x f ，)(x f '没有零点；当0a >时，因为2xe 单调递增，ax-单调递增，所以)(x f '在),0(+∞单调递增.又0)(>'a f , 当b 满足04a b <<且14b <时，0)2(242221212<-=-<-e a a e b a e b，∴0)(<'b f ,故当0a >时，)(x f '存在唯一零点.方法二，画出函数xey 22=和xay =的图象，当0a >时，两函数图像只有一个公共点，即原函数只有一个零点。
（II ）由（I ）知，可设)(x f '在),0(+∞的唯一零点为0x ，当),0(0x x ∈时，0)(<'x f ，当),(0+∞∈x x 时，0)(>'x f ，故)(x f 在),0(0x 单调递减，在),(0+∞x 单调递增，所以当0x x =时，)(x f 取得最小值，最小值为)(0x f ，由于02020=-x a e x，得0220x a e x =， ∴ ,2ln ln 200x a x -= 0000ln 2ln ln 2ln 2ln ln 2x a aa x a a a x a a a ax --=-=-=，aa ax x a 2ln 2ln 00+=-所以a a a a a ax x a x f 2ln 22ln 22)(000+≥++=， 故当0>a 时，aa a x f 2ln 2)(+≥4.（2013全国2卷理21）已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x－1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1，令1)1()(-+=x e x g x ，则0)2()(>+='x e x g x，又0)0(=g显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． （2） 证明1： 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，令g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间)0,21(-内，设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0)021(<<-t ，所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增；所以g (x )min ＝g (t )＝e t－ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝(1＋t )2t ＋2>0，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0.优解：（2）证明： 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，Θ1+≥x e x ，1ln -≤x x ，∴12ln +≤+x x ）（， ∴12ln )ln(+≤+≤+x x m x ）（，命题得证。
隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)
隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin 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；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明 由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；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 =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>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∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴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，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0， 解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +1，f ′(0)=e -1，故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S =12×|-1|×(e -1)=e -12.(2)证明 当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。
微专题：隐零点四种形式课件-2024届高三数学二轮复习
变式2：已知函数 =
,
= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;
(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;
+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +
(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4
2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓
微专题13 虚设零点破隐零点
微专题13 虚设零点破隐零点例题讲解一、不含参数的隐零点问题——观察法 【例1】（2013·高考北京卷）设L 为曲线:lnxC y x=在点()1,0处的切线． （1）求L 的方程；（2）证明：除切点()1,0之外，曲线C 在直线L 的下方. 二、不含参数的隐零点问题——虚设零点+找点卡根 【例2】已知函数()()2x f x e ln x =-+，求证：()16f x >． 三、含参数的隐零点问题——虚设零点，代换消参【例3】（2011·浙江卷理科22题）设函数()()2f x x a lnx =-，a R ∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a ；(注:e 为自然对数的底数) （2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e 成立．四、含参数的隐零点问题——虚设零点，消去指数式、对数式、三角函数式等超越式. 【例4】已知()x x xe ax alnx ϕ=--有两个零点. （1）求证：1,ln 1x e x x x ≥+≤-； （2）求实数a 的取值范围．五、含参数的隐零点问题——虚设零点，代换降次【例5】（2012·全国大纲卷文科）已知函数()3213f x x x ax =++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()f x 有两个极值点1x ，2x ，若过两点()()()()2112,,,x x f f x x 的直线l 与x 轴的交点在曲线()y f x =上，求a 的值． 相似题1. （2018·广州一测）设()ln 1f x ax x =++，若对任意的()21,x x f x xe >≤恒成立，求a 的取值范围．2．（2009·全国Ⅱ卷理科）设函数()()21f x x aln x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <．（1）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（2）证明：()21224ln f x ->． 3. 已知()32127f x x x ax =+++有3个零点，求实数a 的取值范围.4. 已知函数()2x f x e x ax =--．（1）若函数()f x 在R 上单调递增，求a 的取值范围； （2）若1a =，证明：当0x >时，()222122ln ln f x ⎛⎫>-- ⎪⎝⎭． 参考数据： 2.71828e ≈，20.69ln ≈． 课后练习1. 已知函数()3232f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点()0,2处切线与x 轴交点的横坐标为2-．（1）求:a（2）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点． 2 已知函数()()1f x x alnx a R x =+-∈．若关于x 的不等式()2f x e恒成立，求a 的取值范围． 3. （2020·4月黄岩某中学数学测试22题）已知函数()()2f x ln ax b =+，其中a ，b R ∈． （1）当0a >时，若直线y x =是曲线()y f x =的切线，求ab 的最大值；（2）设1b =，函数()()()()(211g x ax a ax f x a R =+++-∈，)0a ≠有两个不同的零点，求a 的最大整数值．（参考数据5:0.223)4ln ≈ 4. （2019·哈尔滨市第三十中学一模）已知函数()()()()(232211f x x x lnx x a x a x b a =+++--++,)b R ∈．（1）当0a =，0b =时，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若()0f x 恒成立，求2b a -的最小值5. 已知函数()12sin f x x x =+-，0x >． （1）求()f x 的最小值； （2）证明：()2x f x e ->．6. （2017·新课标Ⅱ卷）已知函数()2f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<． 7. （2015·新课标全国Ⅱ卷文科第21题）设函数()2x f x e alnx =-． （1）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（2）证明：当0a >时，()22f x a aln a+．8. 已知命题:p 关于x 的不等式ln 0x e x m --≥对一切()0,x ∈+∞恒成立；命题:q 13,6m ⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦，那么命题p 是命题q 的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件9. （2013·全国Ⅱ理21）设函数()()x f x e ln x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 的值，并讨论()f x 的单调性； （2）当2m 时，求证：()0f x >．10. （2016·广州一模理21）已知函数()3x m f x e x +=-，()()12g x ln x =++． （1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求实数m 的值； （2）当1m 时，证明：()()3f x g x x >-．11. 已知函数()2112f x lnx ax x =+++．（1）当2a =-时，求函数()f x 的极值点；（2）当0a =时，证明：对任意的0x >，不等式()x xe f x 恒成立．12. 已知对任意的0x >，不等式20ln 1x x kx e x --≥-恒成立，求实数k 的取值范围.。
高考数学专题一 微专题12 隐零点问题
f(x)＝12x2－x＋asin x，则 f′(x)＝x－1＋acos x， ∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1， 令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立， ∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0， ∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0， ∴λ的取值范围是(－∞，0].
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意 b≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝ex－lnxx－1x，
则
1－ln h′(x)＝ex－ x2
x＋x12＝x2ex＋x2 ln
x ，
令 u(x)＝x2ex＋ln x，则 u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以 u(x)在(0，＋∞)
专题一 函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在 函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般 对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条 件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12，＋∞时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 得b≥－e. 故b的取值范围是[－e，＋∞).
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝12x2－x＋asin x. (1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ
微专题--隐零点
高考微专题---“隐零点”问题（隐形零点、设而不求）“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.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．【隐形零点三部曲】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；(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，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．整体代换，将超越式换成普通式【典例】设函数f (x) =e2 x -a ln x ，设a ∈(0, 2e2 )求证：当x ∈(0,1]时，f (x) ≥ 2a +a ln 2a【过程分析】要证明不等式f (x) ≥ 2a +a ln 2，自然会想到求函数f (x) 的最小值，难度的上a升是因为含有参数，从而的最小值也将是参数的函数，自然想法是求出函数的表达式，基于这2 xa2xe2 x -a种想法我们利用导数工具来处理，可知 f '(x) = 2e -=，在这里如果x x0 02xe 2 x - af '(x ) == 0 有零点，我们无法解此方程的根，更求不出函数的极值，进而解题受阻，x那么该如何处理此问题呢？【深入探究】对本题中可设ϕ(x ) = 2xe 2 x- a ，根据零点存在定理判断方程 2xe 2 x - a = 0 ，通过 求 导ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x > 0 ， 函 数 ϕ(x ) 在 区 间 (0,1] 为 增 函 数 ， 且 满 足x → 0时，ϕ(x ) → -a < 0,ϕ(1) = 2e 2 - a > 0 ，由零点存在定理，设存在 x 0 ∈ (0,1]，使得ϕ(x ) = 2x e 2 x- a = 0 ，但是无法求出，我们先不急于求根，我们可以联想到解析几何中常用一方法那就是设而不求，在此利用极值点 x 与参数a 满足的关系 2x e 2 x 0= a 整体替换来处理.【反思优化】上述解法中我们注意到ϕ(x ) = 2xe 2 x- a = 0 为超越方程，无法直接求方程根 x 0 ，而是在形式上假设， 这样处理的好处在于通过对 x 满足的等式 e2 x 0= a ， ln x = ln a - 2x 的合理代 2x 00 2 0换使用，快速将超越式 f (x ) = e 2 x 0- a ln x 化简为普通的代数式 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ， a然后使用均值不等式求出最小值同时消掉了 x 0 ，在求解的过程中，不要急于消掉 x 0 而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助作 f '(x 0 ) = 0 整体代换，从而使问题获解.三.解题过程【解析】 f (x ) 的定义域为(0,1]， f '(x ) = 2e2 x - a =2xe 2 x- a x x设ϕ(x ) = 2xe2 x- a ，ϕ'(x ) = 2xe 2 x= (4x + 2 )e 2 x ，当 x ∈ (0,1]，ϕ'(x ) > 0 ，即ϕ(x ) 在区间(0,1]为增函数，ϕ(x ) ∈ (-a , 2e 2 - a ⎤⎦又因为 a ∈ (0, 2e2)，所以ϕ(0) = -a < 0,ϕ(1) = 2e 2- a > 00 0 0 4 ⎪ 2 ⎪ ( )1 1由零点存在定理可知 f '(x ) 在(0,1]的唯一零点为 x 0当x ∈ (0, x 0 ) 时， f '(x ) < 0，当 x ∈ (x 0 ,1]， f '(x ) > 0 故 f (x ) 在(0, x 0 ) 单调递减，在(x 0 ,1]单调递增， 所以当 x = x 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (x ) = e2 x 0- a ln x ，由 2x e2 x 0- a = 0 ，即e 2 x0 = a ，两边去对数得ln x = ln a - 2x2x 00 2 0由于，所以 f (x 0 ) = a 2x 0 + 2ax 0 + a ln 2 ≥ 2 a + a ln 2 = 2a + a ln 2 a a所以 f (x ) ≥ 2a + a ln 2a类型一 【挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围】【例 1】.已知函数 f ( x ) = x 2 e x - ln x ,证明:当 x > 0 时,不等式 f( x ) > 1 .证明: f / ( x ) = x ( x + 2 )e x -, x > 0.x由 f/ /(x ) = x2+ 4x + 2 e x+ 1x2> 0,得 f / (x )在(0，+ ∞ )上单调递增. 又 f / ⎛1 ⎫ = 9 e 4⎝ ⎭16 - 4 < 0 , f / ⎛ 1 ⎫ = 5 e 2 ⎝ ⎭ 4- 2 > 0 , 根据零点存在定理可知,存在 x ∈⎛ 1 1 ⎫ ,使得 f/(x ) = 0.， ⎪ 0 ⎝ 4 2 ⎭当 x ∈ ( 0， x 0 )时, f /( x ) < 0, f ( x )在(0，x 0 )上单调递减;当 x ∈ ( x 0，+ ∞ )时, f/( x ) > 0, f (x )在(x 0，+ ∞)上单调递增. 故 f(x )= f (x) = x 2e xln x .min由 f (x )=0得 x (x + 2)e x- 1 = 0, 即 x (x + 2)e x 0 = 1 , e x 0 = 1./0 0x 0xx 2 (x + 2)2x a ⋅ 2ax 01 02 5 22 x1⎛ 1 1 ⎫故 f (x 0 ) = x 0 e 0 - ln x 0 = - ln x 0 ,其中 x 0 ∈ ， ⎪.x 0 + 2 1 ⎛ 1 1 ⎫⎝ 4 2 ⎭令 g (x ) = - ln x , x ∈ ， ⎪.x + 2 /1 1 ⎝ 42 ⎭⎛ 1 1 ⎫ 由 g (x ) = - 2- < 0得 g (x )在 x ∈ x ， ⎪上单调递减. (x + 2) 故 g (x )> g ⎛ 1 ⎫ = 2- ln 1 > 1,即 f (x⎝ 4 2 ⎭ ) > 1. ⎪ 0 ⎝ ⎭ 综上,有 f (x ) min> 1,则当 x > 0时,不等式 f (x ) > 1.【例 2】（ 常州期末·20）已知函数 f (x ) =（1）若 a = 0 ，求函数 f (x ) 的极值；ln x(x + a )2，其中 a 为常数． （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 ．【答案】解：（1）当 a = 0 时， f (x ) =ln x，定义域为 (0 ，+ ∞) ． x2f '(x ) =1 - 2ln x，令 f '(x ) = 0 ，得 x = e ． x3x (0 ， e) e ( e ，+ ∞)f (x ) ＋ 0 － f '(x )↗极大值 12e↘∴当 x = e 时， f (x ) 的极大值为 1，无极小值．2e1 + a- 2 ln x（2） f '(x ) = x ，由题意 f '(x ) ≥ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立． (x + a )3∵ x ∈ (0 ，- a ) ，∴ (x + a )3 < 0 ，∴1 + a- 2 ln x ≤ 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．x ∴ a ≤ 2x ln x - x 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立．令 g (x ) = 2x ln x - x ， x ∈ (0 ，- a ) ， 则 g '(x ) = 2 ln x + 1，- 1 -1①若0 < -a ≤ e 2 ，即 0 > a ≥ -e 2 ，则 g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 对 x ∈ (0 ，- a ) 恒成立，∴ g (x ) = 2x ln x - x 在(0 ，- a ) 上单调递减，-1则 a ≤ 2(-a ) ln(-a ) - (-a ) ，∴ 0 ≤ ln(-a ) ，∴ a ≤ -1与 a ≥ -e 2 矛盾，舍去；- 1 - 1 -1②若 -a > e 2 ，即 a < -e 2 ，令 g '(x ) = 2 ln x + 1 = 0 ，得 x = e 2 ，-1 当0 < x < e2 时， g '(x ) = 2 ln x +1 < 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递减， -1 当e2 < x < -a 时， g '(x ) = 2 ln x + 1 > 0 ，∴ g (x ) = 2x ln x - x 单调递 增，-1∴当 x = e 2 时， [g (x )]min = g (e-1-12 ) = 2e-1 - 1 2ln(e- 1 2 ) - e - 1 -12 = -2e 2 ，∴ a ≤ -2e 2 ．综上 a ≤ -2e 2 ．（3）当 a = -1时， f (x ) =ln x(x - 1)2， f '(x ) = x - 1 - 2x ln x ．x (x -1)3 令 h (x ) = x -1 - 2x ln x ， x ∈ (0 ，1) ，-1则 h '(x ) = 1 - 2(ln x +1) = -2 ln x -1 ，令 h '(x ) = 0 ，得 x = e 2 ．- 1 -1①当e 2 ≤ x < 1时， h '(x ) ≤ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递减， h (x ) ∈ (0 ，2e 2 -1] ，∴ f '(x ) =x - 1 - 2x ln x < 0 恒成立，∴ f (x ) = x (x -1)3ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≤ f (e -12 ) ，②当0 < x ≤ e -1 2 时， h '(x ) ≥ 0 ，∴ h (x ) = x -1 - 2x ln x 单调递增，1 1 1 1其中 h ( ) = -1 - 2 ⋅ ln( ) = ln0 ，2 2 2 2又 h (e -2 ) = e -2 -1 - 2e -2 ⋅ ln(e -2 ) =5-1 < 0 ，e2∴存在唯一 x ∈(e -2, 1) ，使得 h (x ) = 0 ，∴ f '(x ) = 0 ，0 20 04 e当0 < x < x 0 时， f '(x ) > 0 ，∴ f (x ) = ln x(x - 1)2单调递增，当 x 0 < x ≤ e - 1 2 时， f '(x ) < 0 ，∴ f (x ) =ln x (x - 1)2单调递减，且 f (x ) ≥ f (e - 12 ) ，由①和②可知， f (x ) = ln x 在 (0 ，x ) 单调递增，在 (x ，1) 上单调递减，(x - 1)2 0 0∴当 x = x 0 时， f (x ) = ln x(x - 1)2取极大值．∵ h (x ) = x -1 - 2x ln x= 0 ，∴ ln x = x 0 - 1 ，0 0 0 02x 0∴ f (x ) = ln x 0 = 1 = 1 ， (x 0 - 1)2 2x 0 (x 0 - 1) 2(x 0- 1 )2 - 12 2又 x ∈ (0 1 ) ，∴ 2(x - 1 )2 - 1 ∈ (- 1，0) ，∴ f (x ) =1< -2 ．0 ， 0 22 2 2 02(x 0 - 1 )2 -1 2 2【例 3】(天水市第一中学下学期高三第二次模拟 21)．已知函数 f (x ) = e x - 1x 2 + ax .2（1）当 a > -1时，试判断函数 f (x )的单调性；（2）若 a < 1- e ，求证：函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 1.2试题解析：（1）由题可得 f '(x ) = e x- x + a ，设 g (x ) = f '(x ) = e x- x + a ，则 g '(x ) = e x-1，所以当 x > 0 时 g '(x ) > 0， f '(x )在(0, +∞)上单调递增，当 x < 0 时 g '(x ) < 0， f '(x )在(-∞, 0)上单调递减，所以 f '(x ) ≥ f '(0) = 1+ a ，因为a > -1，所以1+ a > 0，即 f '(x ) > 0， 所以函数 f (x )在 R 上单调递増.0 0( ) 2<（2）由（1）知 f '(x )在[1, +∞)上单调递増， 因为 a < 1- e ，所以 f '(1) = e -1+ a < 0，所以存在t ∈(1, +∞)，使得 f '(t ) = 0 ，即e t - t + a = 0 ，即 a = t - e t ， 所以函数 f (x )在[1, t )上单调递减，在(t , +∞)上单调递増，所以当 x ∈[1, +∞)时f (x )minf (t ) = e t - 1 t 2 + at = e t - 1 t 2 + t t - e t = e t(1- t ) + 1 t 2 ， 2 2 2 令 h (x ) = e x(1- x ) + 1 x 2 , x > 1，则 h '(x ) = x (1- e x )< 0 恒成立，所以函数 h (x )在(1, +∞)上单调递减，所以 h (x ) < e (1-1) + 1 ⨯12 = 1，2 2所以e t(1- t ) + 1 t 2 < 1 ，即当 x ∈[1, +∞)时 f (x ) 2 2 1，min 2 故函数 f (x )在[1, +∞)上的最小值小于 .2类型二 【挖掘“隐零点”，证明不等式】【例 1】（湖北省八校高三数学.21））已知函数 f ( x ) = 1ax 2 - (a 2+ b )x + a ln x (a , b ∈ R ) .2（Ⅰ）当b = 1时，求函数 f ( x ) 的单调区间；（Ⅱ）当 a = -1,b = 0 时，证明： f (x ) + e x> - 1x 2- x +1 （其中e 为自然对数的底数）.2（1）当b = 1时， f ( x ) = 1ax 2 - (1 + a 2)x + a ln x2f '( x ) = ax - (1 + a 2 ) + a = (ax -1)(x - a )…………………………1 分x x讨论：1°当 a ≤ 0 时， x - a > 0, 1> 0,ax - 1 < 0 ⇒ f '(x ) < 0x 此时函数 f ( x ) 的单调递减区间为(0, +∞) ，无单调递增区间……………………2 分2°当a > 0 时，令 f '( x ) = 0 ⇒ x = 1或 aa1= a (a > 0) ，' = ( x - 1)2≥ >①当 a即a = 1时f ( x ) 0( x 0)x此时 1 =e a > 1(0, ) (0, ) (a , ) omin 0此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, +∞) ，无单调递减区间 ……………………3 分 ②当0 < 1< a a，即时，此时在 1和(a , +∞) 上函数 f '( x ) > 0 ，a1 在( , a ) a 上函数 f '(x ) < 0 ，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为 1 a1和(a , +∞) ；单调递减区间为( , a ) a ……………………4 分③当0 < a < 1 ，即0 < a < 1时，此时函数 f ( x ) 单调递增区间为(0, a ) 和( 1, +∞) ;a 单调递减区间为 1a（2）证明：（法一）当 a = 1时a……………………6 分f (x ) + e x > x 2+ x +1只需证明： e x -ln x -1>0 问题转化为证明∀x > 0 ， g (x ) > 0设 g (x ) = e x- ln x -1 (x > 0)令 g '(x ) = e x- 1， xg '( x ) = e x+ 1 x 2> 0 ，∴ g '(x ) = e x - 1x为 (0, +∞) 上的 增 函 数 ， 且g '( 1) = - 2 < 0, g '(1) = e -1 > 0 ………8 分 2∴存在惟一的 x 0 ∈ 1 ( ,1) 2 ，使得 g '(x ) = 0 ， e x 0 = 1 x 0∴ g (x ) 在(0, x 0 ) 上递减，在(x 0 , +∞) 上递增………………10 分∴ g ( x ) = g ( x ) = e xo - ln x 0- 1 = 1+ x x 0- 1 ≥ 2 - 1 = 1∴ g (x )min > 0∴不等式得证………………………12 分（法二）先证： x -1 ≥ ln x 令 h (x ) = x -1- ln x (x > 0)（ x > 0 ）∴ h '(x ) = 1- 1 = x -1 = 0 ⇒ x = 1x x∴ h (x ) 在(0,1) 上单调递减，在(1, +∞) 上单调递增∴ h (x )min = h (1) = 0∴ h (x ) ≥ h (1) ⇒ x -1 ≥ ln x…………8 分∴1 + ln x ≤ 1 + x - 1 = x ⇒ ln(1 + x ) ≤ x1 2 －∴e ln(1+ x ) ≤ e x………………………10 分∴e x ≥ x + 1 > x ≥ 1+ ln x∴e x > 1+ ln x故e x - ln x -1 > 0证毕………………12 分【例 2】已知函数 f (x )＝ln x －m e x 的图象在点(1，f (1))处的切线与直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 垂直， 其中 e 为自然对数的底数．(1)求实数 m 的值及函数 f (x )在区间[1，＋∞)内的最大值； (2)①求证：函数 f (x )有且仅有一个极值点； ②求证：f (x )<x 2－2x －1.（提示：隐零点+凹凸性）(1)解 由题意得 f ′(x )＝1－m e x ，x 直线 l ：x ＋(1－e)y ＝0 的斜率为－ 11－e故函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为 1－e ； 即 f ′(1)＝1－m e ＝1－e ，所以 m ＝1. 当 x ∈[1，＋∞)时，f ′(x )＝1－e x 单调递减，x 即 f ′(x )≤f ′(1)＝1－e<0，所以 f (x )在区间[1，＋∞)内单调递减，所以当 x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝ln1－e ＝－e.(2)证明 ①f ′(x )1 e x，令 h (x )＝f ′(x )， x 则 h ′(x )＝－ 1－e x <0 在(0，＋∞)上恒成立，x 2 即有 h (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．1又 h ＝2－ e 2 >0，h (1)＝1－e<0，所以 h (x )＝0 在区间(0，＋∞)内有且仅有一个实根，1，1设此实根为 x 0，则 x 0 2 . 当 x ∈(0，x 0)时，h (x )>0，故 f (x )单调递增； 当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )<0，故 f (x )单调递减，，＝12所以函数 f (x )在 x ＝x 0 处取得唯一的极大值点， 即函数 f (x )有且仅有一个极值点．②由①知 f ′(x )＝ 1－e x在区间(0，＋∞)内为减函数，x又 f ′(1)＝1－e<0，f ′ ＝2－ e>0，1，1 因此存在实数 x 0∈ 2 满足方程 f ′(x )＝ 1－e x＝0，x此时 f (x )在区间(0，x 0)内为增函数，在区间(x 0，＋∞)内为减函数， 且 f ′(x 0)＝ 1－ e x 0 ＝0，x 0 由此得到1＝ e x 0 ，x 0＝－ln x 0.x 0由单调性知 f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－ e x 0 ＝－x 0－ 1＝－ x 01，1x 0＋ 1x 0 ，x 0＋ 1 又 x 0∈ 2 ，故－ x 0 <－2， 所以 f (x )max <－2.又 x 2－2x －1＝(x －1)2－2≥－2， 所以 f (x )<x 2－2x －1.【习题】【1】(莆田市模拟)已知函数 p (x )＝ln x ，q (x )＝12－(1＋2a )x .x 2(1)讨论函数 f (x )＝q (x )＋2ax ·p (x )的单调性；(2)当 a ＝0 时，证明：xp (x )＋q (x )＜e x ＋1 22－x －1.解：(1)f (x )＝1x 2－(1＋2a )x ＋2a ln x ，定义域为(0，＋∞)，2则 f ′(x )＝x －(1＋2a )＋2a ＝ x －1x －2a .x x ①当 a ≤0 时，x －2a ＞0，∴当 0＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，当 x ＞1 时，f ′(x )＞0，x x，所以 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②当 0＜a ＜ 1时，0＜2a ＜1，2∴当 0＜x ＜2a 或 x ＞1 时，f ′(x )＞0，当 2a ＜x ＜1 时，f ′(x )＜0，所以 f (x )在(0,2a )上单调递增，在(2a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，③当 a ＝1时，f ′(x )＝ x －1 2≥0，故 f (x )在(0，＋∞)上单调递增．④当 a 2 1时， 2 x 2a ＞1， ∴当 0＜x ＜1 或 x ＞2a 时，f ′(x )＞0，当 1＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，所以，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,2a )上单调递减，在(2a ，＋∞)上单调递增． (2)证明：当 a ＝0 时，要证 xp (x )＋q (x )＜e x ＋1x 2－x －1，2即证 ln x ＋1x 2－x ＜e x ＋1 2－x －1，只需证明：e x －ln x －1＞0.2 2设 g (x )＝e x －ln x －1，则 g ′(x )＝e x －1 g ″(x )＝e x＋ 1 ＞0， x x 2所以 g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又 g ′ 1，1 ＝ e －2＜0，g ′(1)＝e －1＞0，1所以存在唯一 x 0∈ 2使得 g ′(x 0)＝0，即 e x 0＝ ，∴－ln x 0＝x 0. x 0∴g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以 g (x )的最小值为 g (x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝ 1＋x 0－1≥2－1＝1＞0，x 0 所以 e x －ln x －1＞0，即原不等式得证．类型三 【挖掘“隐零点”，估算极值】【例 1】（2017 年全国课标 1.21）已知函数 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且 f （x ）≥0． （1）求 a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为 f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则 f （x ）≥0 等价于12 x ＞h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知 h ′（x ）=a ﹣ 1．则当 a≤0 时 h ′（x ）＜0，即 y=h （x ）在（0，x+∞）上单调递减，所以当 x 0＞1 时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故 a ＞0． 因为11 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，所以1=1，解得 a=1；a（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 ）=x 2﹣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﹣ ，x1 令 t′（x ）=0，解得：x=2 1，所以 t （x ）在区间（0， 2 1）上单调递减，在（ 2，+∞）上单调1递增，所以 t （x ）min =t （ 2）=ln2﹣1＜0，从而 t （x ）=0 有解，即 f ′（x ）=0 存在两根 x 0，x 2，且不妨设 f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，所以 f （x ）必存在唯一极大值点 x 0，且 2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以 f （x 0）= x 2 ﹣ x ﹣ x ln x = x 2﹣ x ﹣ x (2x - 2)=﹣ x 2 +x ，由 x ＜ 1可知 （f x ）＜(-x 2+ x )= -1+ 1 = 1； 020 max222 41 1 11由 f ′（ e ）＜0 可知 x 0＜ e ＜ 2 ， 所以 f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0， e）上单调1 1递减，所以 f （x 0）＞f （ ）=；ee2综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点 x 0，且 e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2．【例2】（雅礼中学高三月考（六）.21）类型四【挖掘“隐零点”，整数问题--卡根】【例1】已知函数f(x)＝x ln x＋ax＋b 在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0．（1）求函数f(x)的解析式；（2）若k∈Z，且存在x>0，使得k < f ( x + 1)成立，求k 的最小值．x【解析】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，可化为 k >>01 ＝a ＋1＝3， 1 ＝a ＋b ＝1， ＝2， ＝－1，∴f (x )＝x ln x ＋2x －1．（2）k >f x ＋1 x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，x x 令 g (x )＝ x ＋1 ln x ＋1 ＋2x ＋1，∃x ∈(0，＋∞)，使得 k >f x ＋1，x x 则 k >g (x )min ． g ′(x )＝x －1－ln x ＋1，x ∈(0，＋∞)，x 2令 h (x )＝x －1－ln(x ＋1)，则 h ′(x )＝1－ 1 ＝ x， x ＋1 x ＋1 ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数． 又 h (2)＝1－ln 3<0，h (3)＝2－ln 4>0， 故存在唯一的 x 0∈(2，3)使得 h (x 0)＝0， 即 x 0－1＝ln(x 0＋1)． 当 x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，x 0)上为减函数； 当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数． ∴g (x )min ＝g (x 0)＝ x 0＋1 ln x 0＋1 ＋2x 0＋1＝x 0＋1x 0－1 ＋2x 0＋1＝x 0＋2，x 0 x 0∴k >x 0＋2．∵x 0∈(2，3)，∴x 0＋2∈(4，5)． ∵k ∈Z ，∴k 的最小值为 5．【答案】（1）f (x )＝x ln x ＋2x －1；（2）5．【例 2】(广州调研)已知函数 f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kxx ＋1(k ∈R)． (1)若函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数 y ＝g (x )的图象相切，求 k 的值； (2)若 k ∈N *，且 x ∈(1，＋∞)时，恒有 f (x )>g (x )，求 k 的最大值． (参考数据：ln5≈1.6094，ln6≈1.7918，ln( 2＋1)≈0.8814)(x >1)解 (1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且 f ′(x )＝1，x 从而得到 f ′(1)＝1.∴函数 f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为 y －5＝x －1，即 y ＝x ＋4.设直线 y ＝x ＋4 与 g (x )＝ kx x ＋1(k ∈R)的图象相切于点 P (x 0，y 0)，从而可得 g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4， 又 g ′(x )＝ k， (x ＋1)21，0＝2， 0＝－2， ＋4， ＝9 ＝1.∴k 的值为 1 或 9.(2)由题意知，当 x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x > kx 1＋x恒成立，等价于当 x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )恒成立．x 设 h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x ) ，x 则 h ′(x )＝x －4－ln x，(x >1) x 2 记 p (x )＝x －4－ln x (x >1)， 则 p ′(x )＝1－1＝x －1>0，x x ∴p (x )在 x ∈(1，＋∞)上单调递增． 又 p (5)＝1－ln5<0，p (6)＝2－ln6>0，∴在 x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数 m ，且 m ∈(5，6)， 使得 p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当 x ∈(1，m )时，p (x )<0，即 h ′(x )<0， 则 h (x )在 x ∈(1，m )上单调递减， 当 x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即 h ′(x )>0， 则 h (x )在 x ∈(m ，＋∞)上单调递增， ∴当 x ∈(1，＋∞)时，=> < ( ) = ( ) =h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )，m由①可得 ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)＝m ＋ 1＋2，m m 1 36，49而 m ∈(5，6)，∴m ＋＋2∈ 5 6 ，m 又当 m ＝3＋2 2时，h (m )＝8， p (3＋2 2)＝2 2－1－ln(3＋2 2)>0， ∴m ∈(5，3＋2 2)，∴h (m )∈ 36，85.又 k ∈N *，∴k 的最大值是 7.【习题】【1】已知函数 f 大值.( x ) = 1 + ln ( x + 1) ,当 x > 0时, f x( x + 1)[1 + ln( x + 1)]( x ) >k x + 1恒成立,求正整数 k 的最解析:由已知有k <在 x > 0上恒成立.x( x + 1)[1+ ln(x + 1)]令 h (x ), x 0.只需 k h xxmin .h / (x ) =x -1- ln(x + 1)x2,令ϕ(x ) = x - 1- ln(x + 1) ,由ϕ/(x ) = 增. xx + 1> 0得ϕ(x )在(0，+ ∞ )上单调递又ϕ(2)=1 - ln 3 < 0 , ϕ(3)=2 - ln 4 > 0 , 根 据 零 点 存 在 定 理 可 知 , 存 在 x 0 ∈ (2，3),使得ϕ(x 0 ) = 0. 当 x ∈ (0，x 0 )时,ϕ(x ) < 0, h / (x ) < 0, h (x )在(0，x )上单调递减; 当 x ∈ (x ，+ ∞ )时,ϕ(x ) > 0, h / (x ) > 0, h (x )在(x ，+ ∞)上单调递增.故 h (x ) 0min(x 0 + 1)[1+ ln(x 0 + 1)]h x 0 .x 0 由ϕ(x 0 ) = 0得, x 0 -1- ln(x 0 + 1)=0 ,即 x 0 = 1+ ln(x 0 + 1) .则h (x)=x+1∈(3，4).故正整数k 的最大值为3.【2】（山西省全国普通高等学校统一考试（文）21）(本小题满分12 分)已知函数f (x)=mx + 2 -e x (m ∈R)，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)已知m =1, k 为整数，若对任意x ∈(0, +∞)，都有(k -x)f '(x)>-x -1恒成立，求k 的最大值．【3】（太原五中阶段性检测.21）（本小题满分12分）已知函数f (x) = ln xx +a( a ∈R)，曲线y =f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程为y =x -1.(1)求实数a 的值，并求f (x) 的单调区间；(2)试比较20142015 与20152014 的大小，并说明理由；(3)是否存在k ∈Z ，使得kx >f (x) + 2对任意x > 0 恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由.解析：(1)依题意，x +a- ln x f '(x) =x(x +a)2 ，f '(1) = 1+a = 1 1=1所以(1+a)2f (x) =ln x1+a ，又由切线方程可得f '(1) = 1，即1+af '(x) =1- ln x，解得a = 0，此时x ，x2令f '(x) > 0 ，所以1- ln x > 0 ，解得0 <x <e ；令f '(x) < 0，所以1- ln x < 0 ，解得x >e ，所以f (x) 的增区间为：(0, e)，减区间为：(e, +∞) . (2)解法一：2 2e由(1)知，函数 f (x ) 在(e , +∞) 上单调递减，所以 f (2014) > f (2015)，即ln 2014 > ln 20152014 2015⇔ 2015 ln 2014 > 2014 ln 2015 ⇔ ln 20142015 > ln 20152014 ⇔ 20142015 > 20152014k > ln x +2 g (x ) = ln x + 2(3) 若 kx > f (x ) + 2 对 任 意 x > 0 恒 成 立 ， 则k > g (x )max .x 2 x ， 记 x 2 x ， 只 需g '(x ) =1- 2 ln x - 2 又x 3x2 = 1- 2x - 2 ln xx 3h '(x ) = -2 - 2 < 0记h (x ) = 1- 2x - 2 ln x ，则 x，所以h (x ) 在(0, +∞)上单调递减.h ( 2 ) = 1- - 2 l n 2 = 1- + ln 2 > 1- 3 + ln 2 = ln 2> 0又 h (1) = -1 < 0， 2 2 2 ，x ∈ ( 2 ,1) 0所以存在唯一2 ，使得 h (x 0 ) = 0 ，即1- 2x 0 - 2 ln x 0 = 0当 x > 0 时， h (x ), g '(x ), g (x )的变化情况如下：x(0, x 0 ) x 0(x 0 , +∞)h (x ) ＋－g '(x )＋－g (x )↗极 大 值↘g (x )= g (x ) = 2x 0 + ln x 0max0 x 2 1- 2x - 2 ln x = 02x + 2 ln x = 1所以，又因为，所以，2 2g (x ) =(2x 0 + 2 ln x 0 ) + 2x 0 = 1 + 2x 0 = 1 ⋅ 1 2 + 10 2x 22x 2 ( ) x 所以0 02 x 0 0 ，x ∈ ( 2,1) 1∈ (1, 2) 3< g (x ) < 1+因为 0 2 ，所以 x 0 ，所以 2 0 ，又g (x )max ≥ g (1) = 2 ，所以 2 ≤ g ( x 0 ) < 1 + ， 因为k > g (x )max，即k > g (x 0 )，且 k ∈ Z ，故 k 的最小整数值为3.所以存在最小整数 k = 3，使得 kx > f (x ) + 2对任意 x > 0 恒成立.。
专题一培优点5隐零点问题
跟踪演练
已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋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 当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)， 即m<(－x＋2)ex－ln x＋x. 令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]， 所以 h′(x)＝(1－x)ex－1x， 当0<x≤1时，1－x≥0， 设 u(x)＝ex－1x，则 u′(x)＝ex＋x12>0， 所以u(x)在(0,1]上单调递增.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数. 所以，x＝x0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)若 x0 是 f(x)的一个极小值点，且 f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x30).
证明 由(1)得，f′(x0)＝0，即 x0 ex0 ＝a，
f(x0)＝x0 ex0－a(x0＋ln x0)＝ x0 ex0 (1－x0－ln x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>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x0∈(0,1)，
专题一 函数与导数
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整 体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐 零(x＋ln x). (1)讨论f(x)极值点的个数；
2025高考数学一轮复习隐零点问题
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0.
故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值 为h(x0). 考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，故ln(x0＋1)＝x0－1， 故 h(x)min＝h(x0)＝（x0＋1）ln（xx00＋1）＋x0＋1 ＝（x0＋1）（xx00－1）＋x0＋1＝x20＋x0 x0＝x0＋1∈(3，4). 又k<h(x)min＝x0＋1，故满足条件的整数k的最大值为3.
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3.已知实数 a 满足 a≥ e＋ 1e－2，且函数 f(x)＝ln x＋x22－(a＋2)x 恰有一 个极小值 m 和极大值 M，求 m－M 的最大值.
由于 f′(x)＝1x＋x－(a＋2)＝x2－（a＋x 2）x＋1，x>0， 设正数 x1，x2 是 x2－(a＋2)x＋1＝0 的两个相异实根，即方程 a＋2＝x＋x1， x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2， 由于当0<x<x1时，f′(x)>0， 当x1<x<x2时，f′(x)<0， 当x>x2时，f′(x)>0，
规律方法
已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在， 却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，需根据题意对参数进行分类讨 论.
训练2
(2023·福州质检节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a.若x>1，f(x)>0恒成立， 求a的取值范围.
由题意得，f′(x)＝ln x＋1x＋1－a， 令 h(x)＝ln x＋x1＋1－a，x∈(1，＋∞)，则 h′(x)＝x－x21， 因为x∈(1，＋∞)，所以h′(x)>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，f′(x)>f′(1)＝2－a. ①当a≤2时，f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
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。
专题08 隐零点问题(解析版)
专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数()ln f x ax x x =+的图像在点x e =(其中e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值； （2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； 【答案】3【解析】解析：（1）()'1ln f x a x =++，由()3f e =解得1a =； （2）()ln f x x x x =+，()ln ()11f x x x xk g x x x +<=--，22ln '()(1)x xg x x --=-，令()2ln h x x x =--，有1'()10h x x=->，那么()(1)1h x h >=-. 不妨设0()0h x =，由(3)0h <，(4)0h <，则可知0(3,4)x ∈，且00ln 2x x =-. 因此，当()0h x >时，()'0g x >，0x x >；当()0h x <时，()'0g x <，0x x <； 即可知[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，所以0k x ≤，得到满足条件的k 的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数2()2ln (0)f x x t x t =->，t 为何值时，方程()2f x tx =有唯一解. 【答案】(,0){1}-∞ 【解析】222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=，当ln 0x x +=时，有t R ∈； 设()ln u x x x =+，1'()10u x x =+>；又(1)10u =>，11()10u e e=-<，不妨设00ln 0x x +=， 则可知01(,1)x e∈. 当ln 0x x +≠时，得到22()ln x t g x x x=+； 2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++， 令()12ln g x x x =-+，易知(1)0g =，且1x >时，()0g x >；1x <时，()0g x <；综上可知()g x 在区间00(0,),(,1)x x 上为减函数，在区间(1,)+∞上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t 的范围为(,0){1}-∞.类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数()21x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 【答案】1(,]2-∞【解析】()'12x f x e ax =--，首先，当0a ≤时，在[0,)+∞上()'0f x ≥恒成立，则有()()00f x f ≥=． 其次，当0a >时，令()x g x e =，()21h x ax =+，由题1可知，当021a <≤，即102a <≤时，()()g x h x ≥．此时()'0f x ≥,同样有()0f x ≥．再者，当12a >时，函数()y g x =与()y h x =相交于点()0,1和()00,x y ．同时，当()00,x x ∈时，()'0f x <；当()0,x x ∈+∞时，()'0f x >. 即可知()()02000min1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦，将0012x e ax =+代入得到：()00000112x x e f x e x x -=---⋅ ()00x >，令()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >，则()()11'2x e x F x --=．又由变式2可知()1xx e-+-≤，那么()1'02x x e e F x -⋅-≤≤，即()F x 在区间()0,+∞上递减，因此有()()000f x f <=，与()0f x ≥矛盾，故12a >不合题意． 综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为1(,]2-∞．1．已知函数f(x)=x ⋅e x −a(lnx +x)，g(x)=(m +1)x .（a,m ∈R 且为常数，e 为自然对数的底） （1）讨论函数f(x)的极值点个数；（2）当a =1时，f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）当a ≤0时，无极值点；当a >0时，有且仅有1个极值点；（2）(−∞,0] 【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)， f ′(x)=(x +1)e x −a (1x +1)=x+1x(xe x −a )，因为函数y =(xe x )′=e x +xe x >0在(0,+∞)上恒成立， 所以函数y =xe x 在区间(0,+∞)上单调递增，且值域为(0,+∞)， ①当a ≤0时，xe x −a >0在区间(0,+∞)上恒成立， 即f ′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以无极值点； ②当a >0时，方程xe x −a =0有唯一解，设为x 0(x 0>0)， 当0<x <x 0时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x >x 0时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增， 所以x 0是函数f(x)的极小值点， 即函数f(x)只有1个极值点.（2）当a =1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即xe x −lnx −1≥(m +1)x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即e x −lnx+1x≥m +1对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，记F(x)=e x −lnx+1x，F ′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2，记ℎ(x)=x 2e x +lnx ，因为ℎ(x)=2xe x +x 2e x +1x >0在x ∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1e )=(1e )2e 1e −1=e 1e −2−1<0，ℎ(1)=e >0， 所以存在x 0∈(1e ,1)使得ℎ(x 0)=0，且x ∈(0,x 0)时，ℎ(x)<0，F ′(x)<0，函数F(x)单调递减； 当x ∈(x 0,+∞)时，ℎ(x)>0，F ′(x)>0，函数F(x)单调递增；. 所以F(x)min =F (x 0)，即F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0，又因为ℎ(x 0)=0⇒x 02e x 0=−lnx 0，⇒ x 0e x 0=−lnx 0x 0，⇒x 0ex 0=ln 1x 0⋅eln1x 0，所以x 0=ln 1x 0，因此F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0=x 0e x 0−lnx 0−1x 0=1+x 0−1x 0=1，所以1≥m +1，解得m ≤0. 综上，实数m 的取值范围是(−∞,0].2．已知f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1 (k ∈R).（1）若f(x)是(0,+∞)上的增函数，求k 的取值范围； （2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个数. 【答案】(1) (−∞,1] (2) 三个零点 【解析】（1）由f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1得f ′(x)=x−lnx−kx，由题意知f ′(x)≥0恒成立，即x −lnx −k ≥0，设F(x)=x −lnx −k ，F ′(x)=1−1x ，x ∈(0,1)时F ′(x)<0，F(x)递减，x ∈(1,+∞)时，F ′(x)>0，F(x)递增； 故F(x)min =F(1)=1−k ≥0，即k ≤1，故k 的取值范围是(−∞,1]. （2）当k ≤1时，f(x)单调，无极值； 当k >1时，F(1)=1−k <0，一方面，F (e −k )=e −k >0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间(e −k ,1)有一个零点. 另一方面，F (e k )=e k −2k ，设g(k)=e k −2k (k >1)，则g ′(k)=e k −2>0，从而g(k) 在(1,+∞)递增，则g(k)>g(1)=e −2>0，即F (e k )>0，又F(x)在(1,+∞)递增，所以 F(x)在区间(1,e k )有一个零点.因此，当k >1时f ′(x)在(e −k ,1)和(1,e k )各有一个零点，将这两个零点记为x 1， x 2 (x 1<1<x 2)，当x ∈(0,x 1)时F(x)>0，即f ′(x)>0；当x ∈(x 1,x 2)时F(x)<0，即 f ′(x)<0；当x ∈(x 2,+∞)时F(x)>0，即f ′(x)>0：从而f(x)在(0,x 1)递增，在(x 1,x 2) 递减，在(x 2,+∞)递增；于是x 1是函数的极大值点，x 2是函数的极小值点. 下面证明：f (x 1)>0，f (x 2)<0由f ′(x 1)=0得x 1−lnx 1−k =0，即k =x 1−lnx 1，由f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−klnx 1−1得f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−(x 1−lnx 1)lnx 1−1 =x 1+12(lnx 1)2−x 1lnx 1−1，令m(x)=x +12(lnx)2−xlnx −1，则m ′(x)=(1−x)lnxx，①当x ∈(0,1)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)>m(1)=0，而x 1<1，故f (x 1)>0； ②当x ∈(1,+∞)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)<m(1)=0，而x 2>1，故f (x 2)<0； 一方面，因为f (e −2k )=e −2k −1<0，又f (x 1)>0，且f(x)在(0,x 1)递增，所以f(x)在 (e −2k ,x 1)上有一个零点，即f(x)在(0,x 1)上有一个零点. 另一方面，根据e x >1+x(x >0)得e k >1+k ，则有： f (e4k )=e4k−12k 2−1>(1+k)4−12k 2−1 =k 4+4k (k −34)2+74k >0，又f (x 2)<0，且f(x)在(x 2,+∞)递增，故f(x)在(x 2,e 4k )上有一个零点，故f(x)在 (x 2,+∞)上有一个零点.又f(1)=0，故f(x)有三个零点.3．已知函数f(x)=xlnx −lnx ，g(x)=x −k . （Ⅰ）令ℎ(x)=f(x)−g(x)①当k =1时，求函数ℎ(x)在点(1,ℎ(1))处的切线方程；②若x ∈A =|x|x >1|时，ℎ(x)⩾0恒成立，求k 的所有取值集合与A 的关系；（Ⅱ）记w(x)=(f(x)−kx )(g(x)−k2x )，是否存在m ∈N +，使得对任意的实数k ∈(m,+∞)，函数w(x)在(1,+∞)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m ，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①y =−x +1；②见解析；（2）2 【解析】（1）①由题意，可得ℎ(x)=f(x)−g(x)=xlnx −lnx −x +k ， 则ℎ′(x)=lnx −1x ，所以ℎ′(1)=−1，ℎ(1)=0所以ℎ(x)在(1,ℎ(1))处的切线方程为y =−x +1 ②由ℎ(x)≥0，即k ≥x −xlnx +lnx =m(x) 则m ′(x)=1x −lnx ，x ∈(1,+∞)，因为m ′(x)=1x −lnx 在(1,+∞)上单调递减，所以m ′(x)<m ′(1)=1， 存在x 0∈(1,+∞)，使得m ′(x 0)=0，函数m(x)在x ∈(1,x 0)上单调递增，在x ∈(x 0,+∞)上单调递减，k ≥m (x 0)， 由m ′(x 0)=0得lnx 0=1x 0，m (x 0)=x 0+1x 0−1>1，∴k >m (x 0)>1，所以k 的所有取值集合包含于集合A .（Ⅱ）令f(x)−kx =xlnx −lnx −kx g(x)−k2x =x −k −k2x ，x ∈(1,+∞) （1）(f(x)−k x )′=lnx +1−1x +kx>0，x ∈(1,+∞)，由于k ∈(m,+∞)，⇒k >1，f(1)=−k <0，x →+∞，f(x)→+∞，由零点存在性定理可知，∀k ∈(1,+∞)，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. （2）(g(x)−k 2x)′=1+k2x >0，x ∈(1,+∞)，g(1)=1−3k 2<0，x →+∞，g(x)→+∞，同理可知∀k ∈(1,+∞)，函数g(x)在定义域内有且仅有一个零点. （3）假设存在x 0∈(1,+∞)，使得f (x 0)−k x 0=g (x 0)−k 2x 0=0，则{k =x 02lnx 0−x 0lnx 0,x 0−k =k 2x 0，消k ，得lnx 0−2x 02x 02−x 0−1=0. 令G(x)=lnx −2x 2x 2−x−1，G ′(x)=1x +4x 2+2(2x 2−x−1)2>0，所以G(x)单调递增. ∵G(2)=ln2−45=15ln 32e 4<0，G(√2+1)=0.8814−√23>0，∴x 0∈(2,√2+1)，此时k =x 02x 0+12=x 0+12+14(x 0+12)−1∈(85,2)，所以满足条件的最小正整数m =2.4．已知函数f (x )=e x ,g (x )=12x 2−52x −1（e 为自然对数的底数）． （1）记F (x )=lnx +g (x )，求函数F (x )在区间[1,3]上的最大值与最小值； （2）若k ∈Z ，且f (x )+g (x )−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）k max =−1 【解析】（1）∵F (x )=lnx +g (x )=lnx +12x 2−52x −1，∴F ′(x )=(2x−1)(x−2)2x，令F ′(x )=0，则x 1=12,x 2=2，所以函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)单调递增， ∴F (x )min =F (2)=−4+ln2，F (x )max =max {F (1),F (3)}=−4+ln3． （2）∵f (x )+g (x )−k >0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x +12x 2−52x −1−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x +12x 2−52x −1对任意x ∈R 恒成立．令ℎ(x )=e x +12x 2−52x −1，则ℎ′(x )=e x +x −52． 由于ℎ′(x )=e x +1>0，所以ℎ′(x )在R 上单调递增． 又ℎ′(0)=−32<0,ℎ′(1)=e −32>0,ℎ′(12)=e 12−2<0，ℎ′(34)=e 34−74=0，所以存在唯一的x 0∈(12,34)，使得ℎ′(x 0)=0，且当x ∈(−∞,x 0)时，ℎ′(x )<0，x ∈(x 0,+∞)时，ℎ′(x )>0． 即ℎ(x )在(−∞,x 0)单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增． ∴ℎ(x )min=ℎ(x 0)=e x 0+12x 02−52x 0−1．又ℎ′(x 0)=0，即e x 0+x 0−52=0，∴e x 0=52−x 0．∴ℎ(x 0)=52−x 0+12x 02−52x 0−1=12(x 02−7x 0+3)．∵x 0∈(12,34)，∴ℎ(x 0)∈(−2732,−18)．又∵k≤e x+12x2−52x−1对任意x∈R恒成立，∴k≤ℎ(x0)，又k∈Z，∴k max=−1．5．己知函数f(x)=lnx−kx2(k∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范围，并证明x1+x2>2√−2k.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为f(x)=lnx−kx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以f′(x)=1x +2kx3=x2+2kx3,x>0．当k≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．当k<0时，由f′(x)=0，得x=√−2k（负根舍去），当x∈(0,√−2k)时，f′(x)<0，当x∈(√−2k,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减；在(√−2k,+∞)上单调递增．综上所述，当k≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(√−2k)=ln√−2k+12，要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)min=ln√−2k+12<0，解得−12e<k<0．因为−2k<√−2k<1，且f(1)=−k>0，下面证明f(−2k)=ln(−2k)−14k>0．设g(k)=ln(−2k)−14k ，则g′(k)=1k+14k2=4k+14k2．因为k>−12e ，所以g′(k)=1k+14k2=4k+14k2>−2e+14k2>0．所以g(k)在(−12e,0)上单调递增，所以f(−2k)=g(k)>g(−12e )=ln1e+e2>0．所以k的取值范围是(−12e,0)．方法2:由f(x)=lnx−kx2=0，得到k=x2lnx．设g(x)=x2lnx，则g′(x)=x(2lnx+1)．当0<x<e−12时，g′(x)<0，当x>e−12时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,e−12)上单调递减，在(e−12,+∞)上单调递增．所以由[g(x)]min=g(e−12)=−12e．因为x→0+时，g(x)→0，且g(1)=0，要使函数f(x)有两个零点，必有−12e<k<0．所以k的取值范围是(−12e,0)．再证明x1+x2>2√−2k：方法1:因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，即证(x1+x2)2>−8k．即证x12(1+t)2>−8k，即证klnt (1t2−1)(1+t)2>−8k．因为−12e <k<0，所以即证(1t2−1)(1+t)2<−8lnt，或证8lnt+(1t2−1)(1+t)2<0(t>1)．设ℎ(t)=8lnt+(1t2−1)(1+t)2，t>1．即ℎ(t)=8lnt−t2−2t+2t +1t2，t>1．所以ℎ′(t)=8t −2t−2−2t2−2t3=−2(t2−1)2−2t(t−1)2t3<0．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=8lnt+(1t−1)(1+t)2<ℎ(1)=0,t>1．所以x1+x2>2√−2k．方法2:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．即证tx12>−2k，即证t×klnt (1t2−1)>−2k．因为−12e <k<0，所以即证t−1t>2lnt(t>1)．设ℎ(t)=2lnt−t+1t，则ℎ′(t)=2t −1−1t2=−(t−1)2t2<0，t>1．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=2lnt−t+1t<ℎ(1)=0．所以x1+x2>2√−2k．方法3:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx1=0,lnx2−kx2=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．只需证lnx1+lnx2>ln(−2k)．即证kx12+kx22>ln(−2k)，即证kx12+ktx12>ln(−2k)．即证k(1+1t2)1x12>ln(−2k)．因为√−2k<x1<0，所以x12<−2k，即1x12>1−2k．所以k(1+1t2)1x12>k(1+1t2)×1−2k=−12(1+1t2)>−12(1+1)=−1．而ln(−2k)<ln1e=−1，所以k(1+1t2)1x12>ln(−2k)成立．所以x1+x2>2√−2k．方法4:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．由已知得{lnx 1−kx 12=0,lnx 2−kx 22=0,即lnx 2−lnx 1=k x 22−k x 12． 先证明lnx 2−lnx 1x 2−x 1<√x 1x 2，即证明lnt <√t(t >1)．设ℎ(t )=√t−lnt ，则ℎ′(t )=√t−1)22t √t>0．所以ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(t )>ℎ(1)=0，所证不等式成立． 所以有lnx 2−lnx 1x 2−x 1=−k (x 1+x 2)x 12x 22<√x x ．即−k (x 1+x 2)<(√x 1x 2)3． 因为√x 1x 2<x 1+x 22（x 1≠x 2），所以−k (x 1+x 2)<(x 1+x 22)3，即(x 1+x 2)2>−8k ．所以x 1+x 2>2√−2k ．方法5:要证x 1+x 2>2√−2k ，其中x 1∈ (0,√−2k)，x 2∈ (√−2k,+∞)， 即证x 2>2√−2k −x 1．利用函数f (x )的单调性，只需证明f (x 2)>f(2√−2k −x 1)．因为f (x 2)=f (x 1)，所以只要证明f (x 1)>f(2√−2k −x 1)，其中x 1∈ (0,√−2k)． 构造函数F (x )=f (x )−f(2√−2k −x)，x ∈(0,√−2k)， 则F (x )=lnx −kx 2−ln(2√−2k −x)+k (2√−2k−x)2．因为F ′(x )=1x +2kx 32√−2k−x(2√−2k−x)3=√−2kx(2√−2k−x)+4k √−2k[(2√−2k−x)2−x(2√−2k−x)+x 2]x 3(2√−2k−x)3（利用均值不等式） <√−2k x(2√−2k −x)4k √−2k x 2(2√−2k−x)2=√−2k(x−√−2k)2x 2(2√−2k−x)2<0，所以F (x )在(0,√−2k)上单调递减．所以F (x )>F(√−2k)=ln √−2k +12−ln √−2k −12=0． 所以f (x )>f(2√−2k −x)在(0,√−2k)上恒成立． 所以要证的不等式x 1+x 2>2√−2k 成立．6．已知函数f(x)=xe x−1−alnx ．（无理数e =2.718...）（1）若f(x)在(1,+∞)单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=0时，设函数g(x)=ex ⋅f(x)−x2−x，证明：当x>0时，g(x)>1−ln22−(ln22)2．（参考数据ln2≈0.69）【答案】（1）a∈(−∞,2]；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）∵f(x)在(1,+∞)单调递增，∴f′(x)=(1+x)e x−1−ax =(x+x2)e x−1−ax≥0在（1，＋∞）恒成立，设h（x）＝（x＋x2）e x－1－a，由题意h（x）≥0在（1，＋∞）恒成立，∵h'（x）＝e x－1（x2＋3x＋1），∴当x∈（1，＋∞）时，x2＋3x＋1＞0，故h'（x）＞0，∴h（x）在（1，＋∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝2－a，故2－a≥0，∴a≤2，综上a∈（－∞，2]．（2）当a＝0时，f（x）＝xe x－1，g（x）＝e x－x2－x，g'（x）＝e x－2x－1，设m（x）＝e x－2x－1，则m'（x）＝e x－2，令m'（x）＝0，解得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增．因此m（x）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，g′(1+12ln2)=e1+12ln2−2(1+12ln2)−1=√2e−3−ln2>0，故存在x0∈（ln2，1+12ln2），使g'（x0）＝0，即e x0−2x0−1=0，e x0=2x0+1．当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g (x )≥g (x 0)=ex 0−x 02−x 0=2x 0+1−x 02−x 0=−x 02+x 0+1=−(x 0−12)2+54，由于x 0∈（ln2，1+12ln2）， 函数y =−(x 0−12)+54单调递减，故g (x )≥−(x 0−12)2+54>−(1+12ln2−12)2+54=1−ln22−(ln22)2所以，当x ＞0时，g (x )>1−ln22−(ln22)2．7．已知函数f (x )=x +2x+alnx (a >0) （1）若a =1，求函数f (x )的极值和单调区间； （2）若g (x )=f (x )+2a 2−2x，在区间(0,e ]上是否存在x 0，使g (x 0)<0，若存在求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值(2)见解析 【解析】（1）当a =1时，f (x )=x +2x +lnx∵f ′(x )=(x+2)(x−1)x 2，且x ∈(0,+∞)∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0;x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0 ∴ f (x )=x +2x +lnx 有极小值f (1)=3故函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值. （2）∵g (x )=f (x )+2a 2−2x=x +2a 2x+alnx (a >0)∴g ′(x )=(x+2a )(x−a )x 2∵a >0∴x ∈(0,a )时，g ′(x )<0，x ∈(a,+∞)时g ′(x )>0 ∴x =a 为函数的唯一极小值点 又x ∈(0,e ]，当0<a ≤e 时g (x )min =g (a )=a +2a +alna =a (3+lna )在区间(0,e ]上若存在x 0，使g (x 0)<0，则g (x )min =a (3+lna )<0 ，解得0<a<1e3当a>e时，g(x)=x+2a 2x+alnx(a>0)在x0∈(0,e]为单调减函数，g(x)min=g(e)=e+2a2e+a>0，不存在x0∈(0,e]，使g(x0)<0综上所述，在区间(0,e]上存在x0，使g(x0)<0，此时0<a<1e38．已知函数f(x)=ax2−x−lnx(1)若a=1时，求函数f(x)的最小值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0<a<1【解析】解：（1）a=1,f(x)=x2−x−lnx,则f′(x)=2x−1−1x =(2x+1)(x−1)x(x>0)，当0<x<1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，f′(x)>0,f(x)为增，∴f(x)在x=1处取最小值0.（2）由f(x)=ax2−x−lnx，得f′(x)=2ax−1−1x =2ax2−x−1x(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)=2ax 2−x−1x<0,函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，∴当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点.∵f(x)有两个零点，∴a>0 .令g(x)=2ax2−x−1,，Δ=1+8a>0，显然g(x)有一正根和一负根，∴g(x)在(0，+∞)上只有一个零点，设这个零点为x0，当x∈(0,x0)时，g(x)<0,f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0,f′(x)>0；∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，要使函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax02−x0−lnx0<0.∵g(x0)=2ax02−x0−1=0,∴ax02−x0−lnx0=12(−2lnx0+2ax02−2x0)=12[−2lnx0+(2ax02−x0−1)−x0+1]=12(1−x0−2lnx0)<0，可得2lnx0+x0−1>0.∵ℎ(x)=2lnx+x−1在(0，+∞)上是增函数，且h(1)=0，∴x0>1.0<1x0<1,由2ax02−x0−1=0，得2a=x0+1x02=(1x0)2+1x0=(1x0+12)2−14∴0<2a<2,即0<a<1.9．设函数f(x)=x−alnx，其中e为自然对数的底数.（1）若a=1，求f(x)的单调区间；（2）若g(x)=f(x)−x+e x−1，0≤a≤e，求证：f(x)无零点.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若a=1，则f(x)=x−lnx(x>0)，f′(x)=1−1x =x−1x.当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).（2）由g(x)=e x−1−alnx(x>0)可知，g′(x)=xe x−1−ax(x>0)，当a=0时，g(x)=e x−1，显然g(x)没有零点；当0<a≤e时，设ℎ(x)=xe x−1−a，ℎ′(x)=e x−1(1+x)>0，在[0,+∞)单调递增，又h（0）＝﹣a＜0，h（2）＝2e﹣a＞0，∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0e x0−1=a，∴当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为g（x0）=e x0−1−alnx0，∵x0e x0−1=a，∴e x0﹣1=ax0，两边取对数可得x0﹣1＝lna﹣lnx0，即lnx0＝lna+1﹣x0，∴g（x0）=ax0−a（lna+1﹣x0）=ax0+ax0﹣alna﹣a≥2a﹣alna﹣a＝a﹣alna，（当且仅当x0＝1时取等号），令m（a）＝a﹣alna，则m′（a）＝﹣lna，∴当a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当a∈（1，e]时，m′（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．∴当0＜a≤e时，m（a）≥0，当且仅当a＝e时取等号，由x0e x0−1=a可知当a＝1时，x0＝1，故当a＝e时，x0≠1，故g（x0）＞m（a）≥0，∴g （x 0）＞0．∴当0≤a ≤e 时，g （x ）没有零点．10．已知函数f(x)=axe bx （其中e 是自然对数的底数，a ∈R ，b ∈R ）在点(1,f(1))处的切线方程是2ex −y −e =0.（I ）求函数f (x )的单调区间； （II ）设函数g(x)=[f(x)]2x−mx −lnx ，若g (x )≥1在x ∈(0,+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（I ）递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞)；（II ）(−∞,2] 【解析】（I ）由条件可知{f(1)=e f ′(1)=2e ，对函数f(x)=axe bx 求导得f ′(x)=a(1+bx)e bx ，于是{f(1)=ae b =e f ′(1)=a(1+b)e b=2e，解得a =b =1. 所以f(x)=xe x ，f ′(x)=(x +1)e x ，令f ′(x)=0得x =−1， 于是当x ∈(−∞,−1)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x ∈(−1,+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞) （II ）由（I ）知g(x)=xe 2x −mx −lnx ，解法1：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令ℎ(x)=e 2x −lnx+1x(x >0)，则只需m ≤[ℎ(x)]min 即可.ℎ′(x)=2x 2e 2x +lnxx 2.令H(x)=2x 2e 2x +lnx(x >0)，则H ′(x)=4(x 2+x )e 2x +1x>0，所以H (x )在(0,+∞)上单调递增， 又H (14)=√e 8−2ln2<0，H(1)=2e 2>0，所以H (x )有唯一的零点x 0，且14<x 0<1，H (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，因2x 02e 2x 0+lnx 0=0，两边同时取自然对数，则有2x 0+ln (2x 0)+lnx 0=ln (−lnx 0)， 即2x 0+ln (2x 0)=ln (−lnx 0)+(−lnx 0)，构造函数m(x)=x +lnx(x >0)，则m ′(x)=1+1x >0，所以函数m (x )在(0,+∞)上单调递增，因m (2x 0)=m (−lnx 0)，所以2x 0=−lnx 0，即e 2x 0=1x 0，所以ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e 2x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−2x 0+1x 0=2，即[ℎ(x)]min =2，于是实数m 的取值范围是(−∞,2].解法2：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.先证明t≥lnt+1，令Q(t)=t−lnt−1(t>0)，则Q′(t)=1−1t =t−1t.于是当t∈(0,1)时，Q′(t)<0，Q(t)单调递减；当t∈(1,+∞)时，Q′(t)>0，Q(t)单调递增，所以Q(t)≥Q(1)= 0，故t≥lnt+1（当且仅当t=1时取等号）.所以当x>0时，有xe2x≥ln(xe2x)+1=lnx+2x+1，所以e2x≥lnxx +2+1x，即e2x−lnx+1x≥2，当且仅当xe2x=1时取等号，于是实数m的取值范围是(−∞,2].。
专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。