专题：函数隐性零点问题
函数隐性零点问题
近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。
函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 1.不含参函数的隐性零点问题
已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题
已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.
题型一 求参数的最值或取值范围
例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2．
（1）求f （x ）的单调区间；
（2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；
若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1．
故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜
1
1
-+x
e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1
1-+x e x +x ，则g′（x ）=2
)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x
﹣x ﹣2在（0，+∞）
上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a ∈（1，2）．当x ∈（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x ∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）
③所以g （a ）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．
点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。
题型二 不等式的证明
例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f （x ）=
2
)(ln a x 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． 解析（1）略解f （x ）极大值=f （e ）=
e
21
，无极小值； （2）可得a≤﹣
e
2
；
（3）证明：a=﹣1，则f （x ）=
2
)
1(ln -x x
导数为f′（x ）=3
)1(1
ln 21---x x x ，
①设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，②可得01
ln 210
0=-
-x x ，即有0
01
1ln 2x x -
=，
要证f （x 0）＜﹣2，即2
00
)1(ln -x x +2＜0，由于200
)1(21
1--
x x +2=)1(21
00-x x +2=)1(2)21(0020--x x x ，由
于x 0∈（0，1），且x 0=21，2lnx 0=1﹣01x 不成立，③则02)
1(ln 2
00
<+-x
x ，故f （x 0）＜﹣2成立．
例3.（2017年全国课标1）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．
解析（1）因为f （x ）=ax 2﹣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 ﹣
x
1
．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．
因为当0＜x ＜
a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a
1）， 又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以
a
1
=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 ）=x 2﹣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﹣
x
1
，令t′（x ）=0，解得：x=21，所以t （x ）在区
间（0，21
）上单调递减，在（
21，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （2
1
）=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）=2
0x ﹣
0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣20x +0x ，由x 0＜
2
1
可知f （x 0）＜41
212
1)(2
m a x 02
0=+-
=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21， 所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，
e 1）上单调递减，所以
f （x 0）＞f （e 1）=21e
； 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．
简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是： 第一个步骤中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；
第二个步骤中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；
第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。
最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。
变式训练
1．已知函数 f （x ）=22
ln )2
1(ax x x x ++（a ∈R ），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．
（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；
（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >
-
λlnx+24
1
x ，求λ的最大值． 解析：（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+
2
1
）x+1，依题意可得，f'（1）=1，2a+
21+1=2，∴4
1
=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x ＞0，∴e
x 1
>
．x ∈（
e 1，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（0，e
1
）时，f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（
e 1，+∞），单调递减区间为（0，e
1
）． （2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（
221x +x ）lnx+4
1x 2? 2241ln 21)3()(x x x x x f +>
-+-λλ
?λ>+-13ln x x x x ．
设h （x ）=
1
3ln +-x x
x x ，只需λ＜h （x ）min
h '（x ）=
2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2
)
1(ln 2++-x x
x （x ＞0）， 令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+
x
1
＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u （1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0， 当x ∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，
当x ∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =
1
3ln 00
00+-x x x x ，
又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =
1
3)2(00
00+--x x x x =x 0，
∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z ，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 2．设函数f （x ）=e 2x ﹣alnx ．
（Ⅰ）讨论f （x ）的导函数f′（x ）零点的个数； （Ⅱ）证明：当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln
a
2
． 解析：（Ⅰ）f （x ）=e 2x ﹣alnx 的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=2e 2x ﹣
x
a
． 当a≤0时，f′（x ）＞0恒成立，故f ′（x ）没有零点， 当a ＞0时，∵y=e 2x 为单调递增，y=﹣
x
a
单调递增，∴f ′（x ）在（0，+∞）单调递增，又f′（a ）＞0，假设存在b 满足0＜b ＜ln 2a 时，且b ＜4
1
，f′（b ）＜0，故当a ＞0时，导函数f ′（x ）存在唯一的零点。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数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，故f （x ）在（0，x 0）单调递减，在（x 0+∞）单调递增，所以当x=x 0时，f （x ）取得最小值，最小值为f （x 0），
由于
02x a ﹣0x a =0，所以f （x 0）=02x a +2ax 0+aln a 2≥2a+aln a 2．故当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a
2． 3．设函数()ln f x x =，是否存在实数a ,使得2(
)()()02ax a x
f f e f x a
?+≤对任意正实数x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数a ；若不存在，请说明理由.
解析： 令()g x 2=(
)()()ln 2ln ln ln 22ax a x
f f e f ax a ax x x a x a
?+=?-?+-，其中0,0x a >> 则()g x '=1ln 2ln a a a x a x ?--+， 22
11
()0a ax g x x x x +''=--=-
<. ∴()g x '在(0,)+∞单调递减，()0g x '=在区间(0,)+∞必存在实根，不妨设0()0g x '=，
即0001()ln 2ln 0g x a a a x a x '=?--+
=，可得00
1
ln ln 21x a ax =+-（*） ()g x 在区间0(0,)x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，所以max 0()()g x g x =， 0000()(1)ln 2(1)ln g x ax a ax x =-?--?，代入（*）式得000
1
()2g x ax ax =+
-. 根据题意0001()20g x ax ax =+
-≤恒成立. 又根据基本不等式,00
12ax ax +≥,当且仅当001ax ax =
时,等式成立. 所以0
01
2ax ax +=,01ax =，01x a ∴=. 代入（*）式得,1ln ln 2a a
=,即12,a a
=2
a =.
课后作业
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 0，且
．
【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，令h（x）=，（x＞0），
h′（x）=＜0，故h（x）在（0，+∞）递减，而==1，故a≥1；
x＜0时，e x﹣1＜0，故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立，令g（x）=，（x＜0），
g′（x）=＞0，故h（x）在（﹣∞，0）递增，而==1，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（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2eln
﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，
∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根，设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，
∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，
所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，
从而0＜f（x0）＜成立．
2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）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）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．【解答】（1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，∴a≥（﹣lnx﹣1）max=﹣2．∴a≥﹣2．∴a的取值范围是[﹣2，+∞）．
（2）a=1时，f（x）=x+lnx，k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，
∴k＜，令g（x）=，则g′（x）=，令h（x）=x﹣lnx﹣2（x＞1）．则h′（x）=1﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单增，
∵h（3）=1﹣ln3＜0，h（4）=2﹣2ln2＞0，存在x0∈（3，4），使h（x0）=0．
即当1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0；x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0.
g（x）在（1，x0）上单减，在（x0+∞）上单增．令h（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，即lnx0=x0﹣2，
g（x）min=g（x0）===x0∈（3，4）．
k＜g（x）min=x0∈（3，4），且k∈Z，∴k max=3．
3．函数f（x）=alnx﹣x2+x，g（x）=（x﹣2）e x﹣x2+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．
【解答】（1）函数f（x）定义域是（0，+∞），，
（i）当时，1+8a≤0，当x∈（0，+∞）时f'（x）≤0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）；
（ⅱ）当，﹣2x2+x+a=0的两根分别是：
，，
当x∈（0，x1）时f'（x）＜0．函数f（x）的单调递减．
当x∈（x1，x2）时f'（x）＞0，函数f（x）的单调速递增，
当x∈（x2，+∞）时f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减；
综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+∞），
（ⅱ）当时，f（x）的单调递增区间是，
单调递减区间是和
（2）当a=﹣1，x∈（0，1]时，f（x）＞g（x），即m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+x，
设h（x）=（﹣x+2）e x﹣lnx+x，x∈（0，1]，∴，
∴当0＜x≤1时，1﹣x≥0，
设，则，∴u（x）在（0，1）递增，
又∵u（x）在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，且，∴使得u（x0）=0，即，
当x∈（0，x0）时，u（x）＜0，h'（x）＜0；当x∈（x0，1）时，u（x）＞0，h'（x）＞0；
∴函数h（x）在（0，x0]单调递减，在[x0，1）单调递增，
∴=，
∵在x∈（0，1）递减，∵，∴，
∴当m≤3时，不等式m＜（﹣x+2）e x﹣lnx+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﹣lnx（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；
（Ⅱ）求证：当时，f（x）＞e+1．
【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴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+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，
∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；
若0＜x＜1?e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，
故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，
而，记h（x）=lnx+x，则
，?﹣a＜?h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．
综上，当时，f（x）＞e+1．
5．已知函数f（x）=axe x﹣（a+1）（2x﹣1）．
（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】（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，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＜0，f'（1）=2ea﹣2a﹣2≥0，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，只需f（x0）≥0即可，
又x0满足，代入上式可得，
∵x0∈（0，1]，∴，即：f（x0）≥0恒成立，所以．……（13分）6．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】（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：，解得a=2，b=1．
（2）∵f（x）满足：当x＞0时，f（x）≥lnx﹣x+m，∴m≤xe x﹣x﹣lnx+1，①
令g（x）=xe x﹣x﹣lnx+1，x＞0，则=，
设g′（x0）=0，x0＞0，则=，从而lnx0=﹣x0，
g′（）=3（）＜0，g′（1）=2（e﹣1）＞0，由g′（）﹣g′（1）＜0，知：，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）=﹣x0﹣lnx0=﹣x0﹣lnx0=x0?﹣x0+x0=1．
m≤xe x﹣x﹣lnx+1恒成立?m≤g（x）min，∴实数m的取值范围是：（﹣∞，1]．
7．已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．
（1）求函数φ（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】（1）φ'（x）=（x﹣2）（e x﹣2），令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；
令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．
故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）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'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．
当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．
∴h（x）min=h（x0）=，又，∴，
∴==（x0﹣1）（x0﹣10），
∵x0∈（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；
（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．
【解答】（1），
①当0＜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
，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，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：①②由①②得，设，
则，因此g（x）在上单调递减，
又，
根据零点存在定理，故．
9．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x0，求证：f（x0）＜﹣2．
【解答】（1）f（x）=的定义域是（0，+∞），f′（x）=，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：x＞，
则f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，故f（x）极大值=f（）=，无极小值；
（2）函数f（x）的定义域为{x|x＞0且x≠﹣a}．=，要使函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，则a＜0，又x∈（0，﹣a）时，a＜x+a＜0，
只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a）上恒成立，即a≥2xlnx﹣x在（0，﹣a）上恒成立，
由y=2xlnx﹣x的导数为y′=2（1+lnx）﹣1=1+2lnx，
当x＞时，函数y递增，0＜x＜时，函数y递减，
当﹣a≤即﹣＜a＜0时，函数递减，可得a≥0，矛盾不成立；
当﹣a＞即a＜﹣时，函数y在（0，）递减，在（，﹣a）递增，
可得y＜﹣2aln（﹣a）+a，可得a≥﹣2aln（﹣a）+a，解得﹣1≤a＜0，则a的范围是[﹣1，0）；（3）证明：a=﹣1，则f（x）=
导数为f′（x）=，
，
设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，可得1﹣2lnx0﹣=0，即有2lnx0=1﹣，
要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，
由于+2=+2==，
由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，则+2＜0，
故f（x0）＜﹣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；
（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．
【解答】解：（Ⅰ）…………………………………（2分）
x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；
x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）
（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）
故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，
两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）
∴，
∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）
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；
（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．
【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）
当a≤0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＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，
所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，
设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，
令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，
当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表
g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，
因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．
12．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．
【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），
，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；
所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0. 所以切线方程为y=﹣3；
（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，
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，+∞）．
（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即
设，，
设φ（x）=﹣ax2﹣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'（e2）=﹣a＜0，
所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，
所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，
因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，
综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．
13．已知函数f（x）=（x﹣a）lnx+x，（其中a∈R）
（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y=x，求a的值；
（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）＞0．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），，
由题意知，则，
解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1．
（2）令，则，
因为，所以，即g（x）在（0，+∞）上递增，
以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，
事实上，，
因为，所以，，由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，
所以在区间（0，x0）上，g（x）=f'（x）＜0，f（x）单调递减；
在区间（x0，+∞）上，g（x）=f'（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x=x0时，f（x）取得最小值，
因为，即，
所以，
即＞0．
∴f（x）＞0．
用好零点”,证明函数不等式 高考数学压轴题之函数零点问题
“用好零点”，证明函数不等式 类型一设而不求，应用函数零点存在定理 例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数． （1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围； （2）求证：时，． 类型二设而不求，应用不等式性质 例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，） （1）讨论的单调性； （2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：． 类型三代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系 例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数. （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个相异零点，求证：. 类型四利用零点性质，构造函数证明参数范围 例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数． (1)判断的单调性； (2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1． 1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数， （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个零点、，求证：． 2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点． 求实数a的取值范围；
若函数的两个零点分别为，，求证：． 3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当 时，证明： （其中为自然对数的底数）． 4．已知函数f （x ）=lnx+a （x ﹣1）2 （a ＞0）． （1）讨论f （x ）的单调性； （2）若f （x ）在区间（0，1）内有唯一的零点x 0，证明：． 5. 已知函数f （x ）=3e x +x 2 ，g （x ）=9x ﹣1． （1）求函数φ（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． 6. 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； （Ⅱ）求证：g （x ）﹣2f （x ）≥2（lna ﹣ln2）． 7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数 的最大值 为. （1）求实数的值； （2）若 ，证明： . 8．【山东省日照市2017届高三下学期一模】设(e 为自然对数的底数)， ． (I)记，讨论函单调性； (II)令 ，若函数G(x )有两个零点． (i)求参数a 的取值范围； (ii)设 的两个零点，证明 ． 9．已知函数()()()2 ln 10f x x a x a =+->. （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明： 3 12 0e x e - -<<. 10．已知函数()1x f x e ax =--，其中e 为自然对数的底数， a R ∈
专题复习之--函数零点问题
专题复习之--函数零点问题 （一）零点所在区间问题（存在性，根的分布） 1.函数()lg 3f x x x =+-的零点所在区间为（ ） A ．(0，1) B ．(1，2) C ．(2，3) D ．(3，+∞) 变式：函数b x a x f x -+=)(的零点))(1,(0Z n n n x ∈+∈，其中常数b a ,满足 23,32==b a ， 则=n （ ） A. 0 B.1 C.2- D.1- 2.已知a 是实数，函数2 ()223f x ax x a =+--，如果函数()y f x =在区间[]11-，上有零点，则a 的取值范围是____________． （二）零点个数问题（重点，常用数形结合） 3.函数()44f x x x = ++-的零点有 个. 4.讨论函数2()1f x x a =--的零点个数. 5.若存在区间[,]a b ,使函数[]()2(,)f x k x x a b =+ +∈的值域是[,]a b ,则实数k 的范围 是__________. 6. 已知偶函数)(x f 满足)()2(x f x f =-,且当10<≤x 时，x x f =)(,则x x f lg )(=的零点个数是________. 7.（选作思考）函数f （x ）=234 20122013123420122013x x x x x x ??+-+-+-+ ?? ? cos2x 在区间[-3，3]上的零点的个数为_________.
（三）复合函数与分段函数零点问题（由里及外，画图分析） 8.已知函数???<≥=) 0()-(log )0(3)(3x x x x f x ，函数)()()()(2R t t x f x f x g ∈++=.关于)(x g 的 零点，下列判断不正确．．． 的是（ ） A.若)(,41x g t =有一个零点 B.若)(,4 12-x g t <<有两个零点 C.若)(,2-x g t =有三个零点 D.若)(,2-x g t <有四个零点 变式一：设定义域为R 的函数1251,0()44,0 x x f x x x x -?-≥?=?++0)()-2(0) x x f x x x x ?=?-≤? 则关于x 的函数1)(3-)(2y 2+=x f x f 的零点的个数为______. 变式三：已知函数(0)()lg()(0) x e x f x x x ?≥=?-0 B. b >-2且c <0 C. b <-2且c =0 D. b 2c=0≥-且
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 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x0，且． 【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， 令h（x）=，（x＞0）， h′（x）=＜0， 故h（x）在（0，+∞）递减， 而==1， 故a≥1， x＜0时，e x﹣1＜0， 故只需a≤在（﹣∞，0）恒成立， 令g（x）=，（x＜0）， g′（x）=＞0， 故h（x）在（﹣∞，0）递增，
而==1， 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（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增， h（0）=0，h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0， ∵h（﹣2）h（ln）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知， 方程h（x）=0在（﹣2，ln）有唯一根， 设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0， 所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增， 从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证， 由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1， ∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（） 2=， 取等不成立，所以f（x0）＜得证， 又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增 所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证， 从而0＜f（x0）＜成立． 2．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R） （1）若函数f（x）在区间[e，+∞）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）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，
专题03 “用好零点”,证明函数不等式-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
专题三“用好零点”，证明函数不等式 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.本专题围绕高考压轴题中已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一设而不求，应用函数零点存在定理 例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数． （1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围； （2）求证：时，． 类型二设而不求，应用不等式性质 例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，） （1）讨论的单调性； （2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：． 类型三代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系 例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数. （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个相异零点，求证：. 类型四利用零点性质，构造函数证明参数范围 例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数． (1)判断的单调性； (2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1． 【规律与方法】 应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一
类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系. 1.由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求”． 2. 当求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系时，则注意将零点代入函数式，构建方程（组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段. 【提升训练】 1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数， （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个零点、，求证：． 2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点． 求实数a的取值范围； 若函数的两个零点分别为，，求证：． 3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）． 4．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：． 5. 已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1． （1）求函数φ（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． 6. 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； （Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）． 7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数的最大值
高中数学专题练习-函数零点问题
高中数学专题练习-函数零点问题 [题型分析·高考展望] 函数零点问题是高考常考题型，一般以选择题、填空题的形式考查，难度为中档.其考查点有两个方面：一是函数零点所在区间、零点个数；二是由函数零点的个数或取值范围求解参数的取值范围. 常考题型精析 题型一 零点个数与零点区间问题 例1 (1)(·湖北)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( ) A.{1,3} B.{－3，－1,1,3} C.{2－7，1,3} D.{－2－7，1,3} (2)(2015·北京)设函数f (x )＝??? 2x －a ，x ＜1，4(x －a )(x －2a )，x ≥1. ①若a ＝1，则f (x )的最小值为________； ②若f (x )恰有2个零点，则实数a 的取值范围是________. 点评 确定函数零点的常用方法： (1)若方程易求解时，用解方程判定法； (2)数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手时，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. 变式训练1 (·东营模拟)[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5.已知f (x )＝x －[x ](x ∈R )，g (x )＝log 4(x －1)，则函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 题型二 由函数零点求参数范围问题 例2 (·天津)已知函数f (x )＝??? |x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0. 若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数 a 的取值范围为________. 点评 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法：
函数导数压轴题隐零点的处理技巧
函数导数压轴题隐零点的处理技巧 些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的，不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I卷)设函数f(x)=e x﹣ax﹣2． (1)求f(x)的单调区间； (2)若a=1，k为整数，且当x＞0时，(x﹣k)f′(x)+x+1＞0，求k的最大值． 解析：(1)(略解)若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增； 若a＞0，则f(x)的单调减区间是(﹣∞，ln a)，增区间是(ln a，+∞)． (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＜ 1 1 x x e + - +x(x＞0)(*)， 令g(x)= 1 1 x x e + - +x，则g′(x)= 2 (2) (1) x x x e e x e -- - ， 而函数f(x)=e x﹣x﹣2在(0，+∞)上单调递增，①f(1)＜0，f(2)＞0， 所以f(x)在(0，+∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，+∞)存在唯一的零点． 设此零点为a，则a∈(1，2)．当x∈(0，a)时，g′(x)＜0；当x∈(a，+∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，+∞)的最小值为g(a)． ③所以g(a)=a+1∈(2，3)．由于(*)式等价于k＜g(a)，故整数k的最大值为2． 点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定)； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。
复合函数零点问题专题训练
复合函数零点问题专题训练 1．定义域和值域均为[-a,a](常数a>0)的函数y=f(x)和y=g(x)的图像如图所示，给出下列四个命题中： (1)方程f[g(x)]=0有且仅有三个解；(2)方程g[f(x)]=0有且仅有三个解；(3)方程f[f(x)]=0有且仅有九个解；(4)方程g[g(x)]=0有且仅有一个解。 那么，其中正确命题的个数是 () A ．1 B.2 C.3 D.4(第1 题图) 解：选B.（1）方程f[g （x ）]=0有且仅有三个解；g （x ）有三个不同值，由于y=g （x ）是减函数，所以有三个解，正确； （2）方程g[f （x ）]=0有且仅有三个解；从图中可知，f （x ）∈（0，a ）可能有1，2，3个解，不正确； （3）方程f[f （x ）]=0有且仅有九个解；类似（2）不正确； （4）方程g[g （x ）]=0有且仅有一个解．结合图象，y=g （x ）是减函数，故正确．2.已知函数1)(+=x xe x f ， 若函数2)()(2 ++=x bf x f y 恰有四个不同的零点，则实数b 的取值范围是 （ ） A.) 22,(--∞ B.) 2,3(-- C.) 3,(--∞ D.(] 2 2,3--解：用求导方法得，f(x)在x =－1取得最大值1，在x=0取得最小值0，故0
高中数学-函数零点问题及例题解析
高中数学-函数零点问题及例题解析 一、函数与方程基本知识点 1、函数零点：（变号零点与不变号零点） （1）对于函数)(x f y =，我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。 （2）方程0)(=x f 有实根?函数()y f x =的图像与x 轴有交点?函数()y f x =有零点。 若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线，则0)()(f ，所以由根的存在性定理可知，函数x x x f 2 )1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（1，2），选B （二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。 函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。如：
专题03 直击函数压轴题中零点问题(解析版)
一、解答题 1．（2020·湖南省高三考试）设函数()()2 1f x x bx b R =-+∈，()()() ,0,0f x x F x f x x ?>? =? ->??. （1）如果()10f =，求()F x 的解析式； （2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）()2221,0 21,0 x x x F x x x x ?-+>=?-+-=?-+-
函数与导数压轴题中零点问题
导数压轴题零点问题练习题 一、解答题 1．（2020·省高三考试）设函数()()2 1f x x bx b R =-+∈，()()() ,0,0f x x F x f x x ?>? =? ->??. （1）如果()10f =，求()F x 的解析式； （2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，数k 的取值围. 【答案】（1）()2221,0 21,0 x x x F x x x x ?-+>=?-+-=?-+-
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)
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. 【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）因为，而在（0，1）上递增 存在使得
，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
导数方法与技巧一(隐零点问题)
高三数学一轮复习第二十讲：导数的方法与技巧一（隐零点问题） 1.已知函数 ()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈（1）若函数与的图像无公共点，试求实数的取值范围； ()f x ()g x a （2）是否存在实数，使得对任意的，都有函数的图像在的图像m 1,2x ??∈+∞ ??? ()m y f x x =+()x e g x x =的下方？若存在，求出最大整数的值；若不存在，请说明理由. m (参考数据：) ln 20.6931,ln 3 1.3956≈≈≈≈ 2.已知函数，其中，为自然对数的底数. ()()222 x a f x x e x =--a R ∈e (1)函数的图象能否与轴相切？若能求出实数的值；否则，说明理由. ()f x x a (2)若函数在上单调递增，求实数能取到的最大整数值. ()2y f x x =+R a
3.设函数. ()()ln ,21x f x x x g x x e x =-=?--（1）关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； x ()2103 f x x x m =-+[]1,3m （2）证明：当时，. 0x >()()g x f x ≥ 4.已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. ()()()2 23,x f x e x a a R =--+∈()0,0x f x ≥≥a
5.已知函数. ()ln 1f x ax x =++（1）讨论函数零点的个数； ()f x （2）对任意的恒成立，求实数的取值范围. ()20,x x f x xe >≤a 6.已知函数. ()2 x f x e x ax =--（1）若函数在R 上单调递增，求实数的取值范围. ()f x a （2）若，证明：当时，. 1a =0x >()2 ln 2ln 2122f x ??>-- ??? (参考数据：) 2.71828,ln 20.69e ≈≈
高考数学专题复习函数隐性零点的处理技巧
高考数学专题复习函数隐性零点的处理技巧 近些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围 例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2． （1）求f （x ）的单调区间； （2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增； 若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1． 故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜ 1 1 -+x e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1 1 -+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ， 而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0， 所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点． 设此零点为a ，则a ∈（1，2）．当x ∈（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x ∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）．
(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 ＜2 1- 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)(x x 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）x x 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020 1ln 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20000000 ln 1616x x y x x x x -===-为减函数，所以0001 2|231x y y =<=-=-
函数零点问题专题
函数零点问题专题 集团文件版本号：（M928-T898-M248-WU2669-I2896-DQ586-M1988）
专题复习之--函数零点问题 （一）零点所在区间问题（存在性，根的分布） 1.函数()lg 3f x x x =+-的零点所在区间为（ ） A ．(0，1) B ．(1，2) C ．(2，3) D ．(3，+∞) 2.已知a 是实数，函数2()223f x ax x a =+--，如果函数()y f x =在区间 []11-，上有零点，则a 的取值范围是____________． （二）零点个数问题（重点，常用数形结合） 3.函数()4f x x =+-的零点有 个. 4.讨论函数2()1f x x a =--的零点个数. 5. 若存在区间[,]a b ,使函数[]()(,)f x k x a b =∈的值域是[,]a b ,则实数k 的范围是__________. 6. 已知偶函数)(x f 满足)()2(x f x f =-,且当10<≤x 时，x x f =)(,则x x f lg )(=的零点个数是________. （三）复合函数与分段函数零点问题（由里及外，画图分析） 7：设定义域为R 的函数2lg (>0)()-2(0) x x f x x x x ?=?-≤? 则关于x 的函数1)(3-)(2y 2+=x f x f 的零点的个数为______. 8：已知函数(0)()lg()(0)x e x f x x x ?≥=?-
隐零点问题
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. 已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3. ()ln f x ax x x =+x e =e （1）求实数的值； a （2）若，且对任意恒成立，求的最大值； k Z ∈() 1 f x k x <-1x >k 【答案】 3【解析】解析：（1），由解得； ()'1ln f x a x =++()3f e =1a =（2），，， ()ln f x x x x =+()ln ()11f x x x x k g x x x +< =--@2 2ln '()(1)x x g x x --= -令，有，那么. ()2ln h x x x =--1 '()10h x x =- >()(1)1h x h >=-不妨设，由，，则可知，且. 0()0h x =(3)0h <(4)0h <0(3,4)x ∈00ln 2x x =-因此，当时，，；当时，，； ()0h x >()'0g x >0x x >()0h x <()'0g x <0x x <即可知， []000000min 00(ln 1)(1) ()()11 x x x x g x g x x x x +-== ==--所以，得到满足条件的的最大正整数为3. 0k x ≤k
类型二 根据隐零点分区间讨论 典例2 已知函数，为何值时，方程有唯一解. 2()2ln (0)f x x t x t =->t ()2f x tx =【答案】 (,0){1}-∞ 【解析】 ， 222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=?+=当时，有； ln 0x x +=t R ∈设，；又，，不妨设， ()ln u x x x =+1'()10u x x =+ >(1)10u =>11 ()10u e e =-<00ln 0x x +=则可知. 01(,1)x e ∈当时，得到； ， ln 0x x +≠22()ln x t g x x x =+@222 2ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+== ++令，易知，且时，；时，； ()12ln g x x x =-+(1)0g =1x >()0g x >1x <()0g x < 综上可知在区间上为减函数，在区间上为增函数；画图函数图像： ()g x 00(0,),(,1)x x (1,)+∞ 因此，可知所求的范围为. t (,0){1}-∞
函数隐性零点的处理技巧
函数隐性零点的处理技巧 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围 例1（2012年全国I 卷）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． 2.不等式的证明 例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f （x ）=2 ) (ln a x 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．
3.对极值的估算 例3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 ． 二、针对性演练： 1．已知函数 f （x ）=22 ln )2 1( ax x x x ++（a∈R），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直． （1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间； （2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x > -λlnx+24 1 x ，求λ的最大值． 2．设函数f （x ）=e 2x ﹣alnx ． （Ⅰ）讨论f （x ）的导函数f′（x ）零点的个数； （Ⅱ）证明：当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a 2 ．
答 案 函数隐性零点的处理技巧 一、隐性零点问题示例及简要分析： 1.求参数的最值或取值范围 例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2． （1）求f （x ）的单调区间； （2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增； 若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1． 故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜ 1 1 -+x e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1 1 -+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ， 而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0， 所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点． 设此零点为a ，则a∈（1，2）．当x∈（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）． ③所以g （a ）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2． 点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。
专题06 重温高考压轴题----函数零点问题集锦-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
专题六 重温高考压轴题----函数零点问题集锦 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.本专题精选高考压轴题及最新高考模拟压轴题，形成函数零点问题集锦，例题说法，高效训练，进一步提高处理此类问题的综合能力. 【典型例题】 类型一 已知零点个数，求参数的值或取值范围 例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，+∞） 例2.【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． 类型二 利用导数确定函数零点的个数 例3.【2018年全国卷II 文】已知函数． （1）若，求 的单调区间； （2）证明： 只有一个零点． 类型三 挖掘“隐零点”，证明不等式 例4.【2017课标II ，理】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()2 202e f x --<<. 类型四 利用函数单调性，确定函数零点关系 例5.【2016高考新课标1理】已知函数2 ()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. （I ）求a 的取值范围；