高中数学 隐零点专题 详细解析
第21讲 导数解答题之隐零点问题(解析版)
第21讲 导数解答题之隐零点问题1．设函数()2x f x e ax =--．（Ⅰ）求函数()2x f x e ax =--的图象在点(0,1)A -处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，，求k 的最大值．【解析】解：（Ⅰ）()2x f x e ax =--，x R ∈，()x f x e a '=-，x R ∈，(0)1f a '=-， 函数()2x f x e ax =--的图象在点(0,1)A -处的切线方程为(1)1y a x =--． （Ⅱ）()x f x e a '=-，x R ∈．若0a ，则()0f x '>恒成立，所以，()f x 在区间上单调递增．若0a >，则当(,)x lna ∈-∞时，()0f x '<，当(,)x lna ∈+∞时，()0f x '>， 所以，()f x 在区间上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增． ()III 由于1a =，所以，()()1()(1)1x x k f x x x k e x -'++=--++．故当0x >时，．①令1()1x x g x x e +=+-，则221(2)/()1(1)(1)x x x xx xe e e x g x e e ----=+=--． 函数()2x h x e x =--在(0,)+∞上单调递增，而h （1）0<，h （2）0>． 所以()h x 在(0,)+∞上存在唯一的零点，故()g x '在(0,)+∞上存在唯一的零点． 设此零点为α，则．当(0,)x α∈时，()0g x '<；当(,)x α∈+∞时，()0g x '>； 所以，()g x 在(0,)+∞上的最小值为()g α．由()0g α'=，可得2e αα=+， 所以，，3)．由于①式等价于． 故整数k 的最大值为2．2．已知函数()()x f x e ln x m =-+．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2m 时，证明()0f x >． 【解析】（Ⅰ）解：1()x f x e x m '=-+，0x =是()f x 的极值点，1(0)10f m'=-=，解得1m =． 所以函数()(1)x f x e ln x =-+，其定义域为．．设()(1)1x g x e x =+-，则()(1)0x x g x e x e '=++>，所以()g x 在上为增函数， 又(0)0g =，所以当0x >时，()0g x >，即()0f x '>；当10x -<<时，()0g x <，()0f x '<．所以()f x 在上为减函数；在(0,)+∞上为增函数；（Ⅱ）证明：当2m ，(,)x m ∈-+∞时，，故只需证明当2m =时()0f x >． 当2m =时，函数1()2x f x e x '=-+在上为增函数，且(1)0f '-<，(0)0f '>． 故()0f x '=在上有唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-．当0(2,)x x ∈-时，()0f x '<，当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>， 从而当0x x =时，()f x 取得最小值． 由0()0f x '=，得0012x e x =+，00(2)ln x x +=-． 故200000(1)1()()022x f x f x x x x +=+=>++． 综上，当2m 时，()0f x >． 3．已知函数()()x f x e ln x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m 并讨论()f x 的单调性； （2）当为奇函数时，证明：()0f x >恒成立．【解析】（1）解：1()x f x e x m'=-+，0x =是()f x 的极值点， 1(0)10f m∴'=-=，解得1m =． 函数()(1)x f x e ln x =-+，其定义域为． 1()1x f x e x '=-+ 设1()1x g x e x =-+，则21()0(1)x g x e x '=+>+， 在上为增函数， 又(0)0g =，当0x >时，()0g x >，即()0f x '>；当10x -<<时，()0g x <，()0f x '<． ()f x ∴在上为减函数；在(0,)+∞上为增函数；（2）证明：，为奇函数， ， 即， 解得2m =，()(2)x f x e ln x ∴=-+，则1()2x f x e x '=-+在上单调递增， (1)0f '-<，(0)0f '>，()0f x ∴'=在存在唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-，当0(2,)x x ∈-时，()0f x '<，0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>， 当0x x =时，函数取得最小值， 0012x e x =+，即00(2)x ln x =-+， ，()0f x ∴>．4．已知函数()()x f x e ln x m =-+．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m 的值，并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明：(2)0x e ln x -+>． 【解析】解：1()()x I f x e x m'=-+， 由题意可得，1(0)10f m'=-=，解可得1m =， ，令()(1)1x g x e x =+-，则()(2)0x g x x e '=+>， 故()g x 在上单调递增且(0)0g =，当0x >时，()0g x >即()0f x '>，函数()f x 单调递增， 当10x -<<时，()0g x <即()0f x '<，函数()f x 单调递减，（Ⅱ）证明：（2）令()(2)x h x e ln x =-+，则1()2x h x e x '=-+在上单调递增， 因为(1)0h '-<，(0)0h '>，所以()0h x '=在存在唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-，当0(2,)x x ∈-时，()0h x '<，0(x x ∈，)+∞时，()0h x '>， 当0x x =时，函数取得最小值， 因为0012x e x =+，即00(2)x ln x =-+， 故，所以(2)0x e ln x -+>．5．已知函数()x t f x e lnx -=-（Ⅰ）若1x =是()f x 的极值点，求t 的值，并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2t 时，证明：()0f x >．【解析】解：（Ⅰ）由函数()f x 的定义域(0,)+∞， 因为1()x t f x e x-'=-，1x =是()f x 的极值点， 所以f '（1）110t e -=-=，所以1t =， 所以11()x f x e x-'=-， 因为1x y e -=和1y x=-，在(0,)+∞上单调递增， 所以()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1x >时，()0f x '>；01x <<时，()0f x '<， 此时，()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为， （Ⅱ）证明：当2t 时，2()x t x f x e lnx e lnx --=--， 设2()x g x e lnx -=-，则21()x g x e x-'=-，因为2x y e -=和1y x=-，在(0,)+∞上单调递增， 所以()g x '在(0,)+∞上单调递增，因为g '（1）110e =-<，g '（2）111022=-=>，所以存在0(1,2)x ∈使得0()0g x '=，所以在0(0,)x 上使得()0g x '<，在0(x ，)+∞上()0g x '>， 所以()g x 在0(0,)x 单调递减，在0(x ，)+∞上单调递增， 所以0()()g x g x ， 因为0()0g x '=，即_0201x e x -=， 所以002lnx x =-， 所以_0200001()2x g x e lnx x x -=-=+-， 因为0(1,2)x ∈，所以0001()2220g x x x =+->-=， 所以()0f x >．6．已知函数322()13f x x x ax =+++在上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <．（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：当102x -<< 时，11()12f x >．【解析】（1）解：322()13f x x x ax =+++， 2()22f x x x a ∴'=++，由题意知方程2220x x a ++=在上有两不等实根，设2()22g x x x a =++，其图象的对称轴为直线12x =-，故有，解得102a <<． （2）证明：由题意知2x 是方程2220x x a ++=的大根，从而21(2x ∈-，0)，由于102a <<，2212ax x ∴>， 3232222222222()1133f x x x ax x x x ∴=+++>+++． 设3221()132h x x x x =+++，1(2x ∈-，0)， ，()h x ∴在1(2-，0)递增，111()()212h x h ∴>-=，即211()12f x >成立．7．已知函数22()2()22f x x a lnx x ax a a =-++--+，其中0a >． （Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x 在区间内恒成立，且()0f x =在区间内有唯一解． 【解析】解：（Ⅰ）由已知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞， ()()2()22(1)ag x f x x a lnx x '==---+，222112()2()2224()2x a a g x x x x-+-'=-+=． 当104a <<时，()g x在)+∞上单调递增， 在区间上单调递减； 当14a时，()g x 在(0,)+∞上单调递增． （Ⅱ）由()2()22(1)0af x x a lnx x'=---+=，解得，令，则ϕ（1）10=>，ϕ（e ）211(2)22()011e e e e e ----=--<++．故存在0(1,)x e ∈，使得0()0x ϕ=． 令0001011x lnx a x ---=+，，由1()10u x x'=-知，函数()u x 在上单调递增． ．即0(0,1)a ∈，当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x x ϕ==． 由（Ⅰ）知，()f x '在上单调递增，故当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，从而0()()0f x f x >=； 当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>，从而0()()0f x f x >=． 当(1,)x ∈+∞时，()0f x ．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x 在区间内恒成立，且()0f x =在区间内有唯一解．8．已知a R ∈，函数2()x f x e ax =+，()g x 是()f x 的导函数， （Ⅰ）当0a >时，求证：存在唯一的01(2x a∈-，0)，使得； （Ⅱ）若存在实数a ，b ，使得()f x b 恒成立，求a b -的最小值．【解析】（Ⅰ）证明：()()2x g x f x e ax ='=+，()2x g x e a '=+，（1分）当0a >时，()0g x '>，函数()g x 在上的单调递增，（2分）又121()102ag e a--=-<，(0)10g =>，（3分）存在唯一的01(2x a∈-，0)，使得；（4分） （Ⅱ）解：（1）当0a <时，则当0x <时，()0g x >，即函数()f x 在上单调递增，且当x →-∞时，()f x →-∞，这与()f x b 矛盾；（5分） （2）当0a =，由x e b ，得0b ，0a b ∴-；（6分）（3）当0a >，由（Ⅰ）知当0(,)x x ∈-∞时，()0g x <；当0(x x ∈，)+∞时，()0g x >； 即()f x 在0(,)x -∞上单调递减，在0(x ，)+∞上单调递增，（7分） ()f x ∴的最小值为0()f x ，（8分）其中0x 满足0020x e ax +=，故002x e a x =-且00x <，()f x b 恒成立，0()b f x ∴，即020x b e ax ---，于是0020001(1)22x x x a b e ax e x ---=-+-，（9分） 记1()(1)22x xh x e x =-+-，0x <， 则221()(1)(1)2xh x e x x x'=-+，（10分） 由()0h x '<得1x <-，即函数()h x 在上单调时递减， 由()0h x '>得10x -<<，即函数()h x 在上单调递增， 1()(1)min h x h e∴=-=-，综上得a b -的最小值为1e-，此时01x =-．。
【高考数学】隐零点专题讲义(解析版)
判
单性
候只
可
3 对函
导
两侧异号
同
4
一 情况下会
式子对后
处
判 但
否 不出 则 函 值得
函 于影响
单 性判 存在
使得
;
不 中 具 价值 式子 我们
分即 且在
个
知札
-2-
典例
考点1 二次求导
例1
★★★★☆ 2019
已函
A. C.
成 则实
取值 围 B. .
对任意
:A :
当 当 又
函
在
上单 增
函
在在
上单 减
单 增区 为 高中数学探究562单29849减5区
2
对任意实
成
在
上增
存在唯一 又
使
在
上单 减
在
上单 增
存在唯一实
使
即
为 唯一 小值
在
减
即
考点5
点处理 围估算
例10
★★★★☆ 2017
已函
1
函
2函
单性 在区
唯一
:1 令
即
则
即
则
单增
当 仅当
号成 当
单增
-9-
【2020秋】快数学高考讲义 一轮复习 理科
上 唯一
为
则
即
单性 当 当
为增函
为减函
以当
又
即当
2
★★★☆☆ 2018
函
1
导函
个
2
当
:1
定义域为
当
当
因为 单 增
以
在
单增
超实用高考数学专题复习：第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题
(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋ x3 a（x＋2）＝x＋x32(f(x)＋a). 由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因为 y＝x＋ex 2单调递增，对任意 λ∈12，e42，存在唯一的 xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)， 使得 h(a)＝λ.所以 h(a)的值域是12，e42. 综上，当 a∈[0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e42.
题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前，要 认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟 着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善 于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查 ，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量。 在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去面 对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难” ，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最好 再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天 冲刺复习方法。
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 x g 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}-∞U 【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}-∞U .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()()02000min 1x 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⋅e ln1x 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 (e 4k )=e 4k −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 2>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 2>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)−k2x 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=15ln32e 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)．∵x0∈(12,34)，∴ℎ(x0)∈(−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−kx2，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+14k=4k+14k．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−kx1=0,lnx2−kx2=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=kt x12−kx12，即x12=klnt(1t−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−kx12=0,lnx2−kx22=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x 1+x 2>2√−2k ．方法4:因为x 1，x 2是函数f(x)有两个零点，不妨设x 1<x 2，令x 2=tx 1，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 −k x2−ln(2√−2k −x)+k (2√−2k−x)2．因为F ′(x )=1x +2kx 32−2k−x+2k (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） <2√−2k x(2√−2k −x)4k √−2k x 2(2√−2k−x)2=−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x1+x2>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，x 0）时，g'（x ）＜0，g （x ）单调递减， x∈（x 0，＋∞）时，g'（x ）＞0，g （x ）单调递增，g (x )≥g (x 0)=e x 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x0，使g(x0)<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x 0e x 0−1=a 可知当a ＝1时，x 0＝1，故当a ＝e 时，x 0≠1，故g （x 0）＞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≤e2x−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].。
导数专题之隐零点问题
导数解答题之隐零点问题一．什么是隐零点问题常规方法求解导数问题的步骤： ①写函数定义域，求导函数；②对导函数变形（通分，分解因式，配方等，变形到容易判断导函数正负为止）； ③求导函数的零点，若导函数无零点或零点不在函数定义域内，说明导函数（或局部因式）的符号恒正或恒负；若导函数零点在函数定义域内，则导函数零点把函数定义域分成若干个区间，然后判断在这些若干个区间内导数的正负，可得函数的单调性；④求函数的极值以及区间端点的函数值，最终得最值和函数图像等．从上我们可知，导函数的零点影响着函数的单调区间的划分，也和函数的极值或最值有着直接关系，因此求导函数的零点在导数问题中是一个非常重要的环节，但很多时候我们是可以通过零点存在定理判断其存在，却无法直接求解出来的，像这类问题就称之为隐零点问题．二．隐零点问题的处理方法（设而不求）当导函数存在零点，又无法求解时，可虚设零点0x ，0x 满足等式()00f x '=．做题时只需把0x 看作是已知的一个数即可，其本质与能求出的导函数零点并无差别，只不过一个是显性的，一个是隐性的．隐性的零点用起来可能没有显性的零点方便，但我们可以抓住两点：①0x 的范围②0x 满足等式()00f x '=． 下面举例说明．例1．已知函数2()ln f x ax bx x x =++在()()1,1f 处的切线方程为320x y --=． （1）求实数a 、b 的值；（2）设2()g x x x =-，若Z k ∈，且(2)()()k x f x g x -<-对任意的2x >恒成立，求k 的最大值． 【解析】解：（1）()2ln 1f x ax b x '=+++，故213a b ++=且1a b +=，解得：1a =，0b =； （2）第一步：分离参数，转化为求函数的最值 由（1）得：()()ln 22f x g x x x x k x x -+<=--对任意2x >恒成立，设ln ()(2)2x x xh x x x +=>-，下求()h x 的最小值．第二步：求()h x '并变形，用零点存在性定理判断()h x '存在零点，虚设零点0x242ln ()(2)x x h x x --'=-，令()42ln (2)m x x x x =-->，则22()10x m x x x-'=-=>，故函数()m x 为(2,)+∞上的增函数，()842ln80m =-<，()1062ln100m =->，故()m x 在(8,10)上有唯一零点0x ，使0042ln 0x x --=成立．第三步：0x 参与划分定义域，判断()h x '在各个区间上的正负，得到()h x 的单调性 当02x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；0x x <时，()0m x >，即()0h x '>． 故()h x 在0(2,)x 递减，在()0,x +∞递增；第四步：判断函数()h x 的最小值在0x 处取，得到()h x 最小值表达式，用等式0042ln 0x x --=整体代换求出最小值()0h x000min 004(1)2()()22x x x h x h x x -+∴===-，故02x k <，()08,10x ∈，0(4,5)2x ∴∈，Z k ∈，故k 的最大值是4． 解题说明：此题导函数的零点0x 是虚设的，0x 满足①()08,10x ∈②0042ln 0x x --=，用②0042ln 0x x --=代换求出0min 0()()2x h x h x ==，再用①()08,10x ∈估算出()min h x 的范围． 例2．已知函数3()ln (1)f x x a x bx =+-+，()()e ,R x g x x b a b =-∈，且()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． （1）求实数a ，b 的值； （2）求证：()()f x g x ≤． 【解析】（1）解：21()3(1)f x a x b x '=+-+，()()2131f e a e b e∴'=+-+，且()31(1)f e a e be =+-+，又()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为11y x e ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴切点为(),1e e +，∴23113(1)11(1)1a e b e e a e be e⎧+-+=+⎪⎨⎪+-+=+⎩，解得：1a b ==；（2）证明：由（1）可知()ln f x x x =+，()1x g x xe =-，且()f x 的定义域为(0,)+∞，令()()()ln 1x F x f x g x x x xe =-=+-+，则()()111()111x x x x x F x e xe x e x e x x x +⎛⎫'=+--=-+=+- ⎪⎝⎭，令1()x G x e x =-，可知()G x 在(0,)+∞上为减函数，且11222G ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()110G e =-<，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0()0G x =，即0010xe x -=．当0(0,)x x ∈时，()0G x >，()0F x ∴'>，则()F x 为增函数； 当()0,x x ∈+∞时，()0G x <，()0F x ∴'<，则()F x 为减函数． 00000()()ln 1x F x F x x x x e ∴≤=+-+，又0010x e x -=，∴001x e x =，即00ln x x =-，0()0F x ∴=，即()0F x ≤，()()f x g x ∴≤．解题说明：此题的导函数的零点0x 也是虚设的，0x 满足①01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭②0010x e x -=，在求()()0max F x F x =时主要就是用②0010xe x -=进行代换运算．例3．已知函数()ln f x a x x =-，R a ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()12f x x e≤-恒成立，求a 的取值范围． 解：（1）()()10aa xf x x xx-'=-=>， ①若0a ≤，则()0f x '<，()f x ∴在()0,+∞单调递减；②若0a >，()0,x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；(),x a ∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减． （2）方法一（隐零点）不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立．令()12ln g x a x x x e=--+，则()222111a x ax g x x x x --'=-+=-，方程210x ax --=有一负一正两个根，设正根为0x ，即2010x ax --=，001a x x =-． ()00,x x ∈时，()0g x '>，()g x ；()0,x x ∈+∞时，()0g x '<，()g x ．()()000max 012ln g x g x a x x x e ∴==--+，又001a x x =-，()000000112ln g x x x x x x e ⎛⎫∴=---+ ⎪⎝⎭因为不等式12ln 0a x x x e --+≤在()0,x ∈+∞恒成立，所以等价于()000000112ln 0g x x x x x x e ⎛⎫=---+≤ ⎪⎝⎭，设()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，又001a x x=-在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，11,a e e e e ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．用隐零点表示参数，得到参数与隐零点的函数关系，然后结合隐零点的范围求出参数的范围这是本题解法的基本思路．方法二（内点效应+变换主元）分析：令()12ln g x a x x x e =--+，由()()2212ln 010g x a x x x e x ax g x x ⎧=--+=⎪⎪⎨--⎪'=-=⎪⎩得，112ln 0x x x x x e ⎛⎫---+= ⎪⎝⎭，令()112ln h x x x x x x e ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x ；()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ，又()10h h e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11x e a e e ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=-⎪⎩或1x e a e e =⎧⎪⎨=-⎪⎩．解：不等式()12f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,x ∈+∞恒成立，令()12ln g x a x x xe=--+． ①取x e =，则()10g e a e e =-+≤，1a e e ∴≤-；取1x e =，则110g a e e e ⎛⎫=--+≤ ⎪⎝⎭，1a e e ∴≥-．11,a e e ee ⎡⎤∴∈--⎢⎥⎣⎦．②反过来，当11,a e e e e ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦时，令()12ln F a x a x x e =⋅--+，下证()0,x ∈+∞时()0F a ≤．Ⅰ．若1x =，()220F a e=-<． Ⅱ．若()0,1x ∈，ln 0x <，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 01x e x x x e x e τ⎛⎫=---+<< ⎪⎝⎭，()()222111x e x x x e e e x x x τ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， 10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'>，()x τ；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x τ'<，()x τ．()10x e ττ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭，()0F a ≤．Ⅲ．若()1,x ∈+∞，ln 0x >，则()F a ，()1112ln F a F e e x x e e x e ⎛⎫⎛⎫∴≤-=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()()112ln 1x e x x x e x e ψ⎛⎫=---+> ⎪⎝⎭，()()222111x e x x e x e e x x x ψ⎛⎫⎛⎫----+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'=-=-， ()1,x e ∈时，()0x ψ'>，()x ψ；(),x e ∈+∞时，()0x ψ'<，()x ψ．()()0x e ψψ∴≤=，()0F a ≤．综上，()0,x ∈+∞时()0F a ≤．由①②知11,a e e ee ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦．最后总结一下隐零点问题的基本解决思路就是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参数．练习1．已知函数()ln x f x ae b x =-在点()()1,1f 处的切线方程为()11y e x =-+． （1）求a ，b 的值； （2）求证：()2f x >． 【解析】（1）1a =，1b = （2）()ln x f x e x =-，()()10x f x e x x'=->，易知()f x '且()10f '>，102f ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，1,12m ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，()0f m '=，即1m e m=． 0x m <<时，()0f x '<，()f x ；x m >时，()0f x '>，()f x ．()()min 1ln 2m f x f m e m m m∴==-=+> 2．已知函数()ln()x f x e 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）证明：ln(2)0x e x -+>． 【解析】（1）1()x f x e x m'=-+，由题意可得，1(0)10f m '=-=，解可得1m =，1(1)1()11x xe xf x e x x +-'=-=++，令()(1)1x g x e x =+-，则()(2)0x g x x e '=+>，故()g x 在(1,)-+∞上单调递增且(0)0g =．当0x >时，()0g x >即()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当10x -<<时，()0g x <即()0f x '<，函数()f x 单调递减． （2）证明：令()ln(2)x h x e x =-+，则1()2x h x e x '=-+在(2,)-+∞上单调递增，因为(1)0h '-<，(0)0h '>，所以()0h x '=在(2,)-+∞存在唯一实数根0x ，且0(1,0)x ∈-， 当0(2,)x x ∈-时，()0h x '<，()h x ；0(x x ∈，)+∞时，()0h x '>，()h x ．当0x x =时，函数取得最小值，因为0012xe x =+，即00ln(2)x x =-+，故02000000(1)1()()ln(2)022x x h x h x e x x x x +≥=-+=+=>++，所以ln(2)0x e x -+>． 3．已知函数()1x f x xe ax =--的图像在1x =处的切线方程为(21)y e x b =-+． （1）求实数a ，b 的值； （2）若函数()ln ()f x xg x x-=，求()g x 在(0,)+∞上的最小值． 【解析】（1）因为()(1)xf x e a x +=-'，所以()12f e a '=-．于是由题知221e a e -=-，解得1a =．因此()1x f x xe x =--，而()12f e =-，于是2(21)1e e b -=-⋅+，解得1b e =--．（2）l ln 11(0)n 1()x x xe x x g x e x x x x =---=+->-，222ln ln ()x xx x e x g x e x x +'=+=． 记2()ln x h x x e x =+，21()20xxh x x e xe x'=++>，故()h x 在(0,)+∞上单调递增． 又211211110e e h e e e e -⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()10h e =>，∴存在01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()0h x =，且0(0,)x x ∈，()0h x <，0,)(x x ∈+∞，()0h x >．()g x ∴在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增，∴00min 00ln 1()()1xx g x g x e x +==--，又0()0h x =，∴0200ln x x e x =-，∴01ln 001ln x x x e e x =，∴001ln x x =．∴000000min000ln 1ln 111()1110x x x x e x x g x e x x x +--+-=--=-=-=，所以()g x 的最小值为0．4．已知函数()()()ln 1cos 1xf x ae x a =-+--，R a ∈．（1）当1a =时，求()f x 的零点； （2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】（1）由题知：当1a =时，()ln(1)1x f x e x =-+-，1()1x f x e x '=-+，令1()()1x g x f x e x='=-+，所以()21()01x g x e x '=+>+，所以()g x 在(1,)-+∞上单调递增，且()00g =．所以，当(1,0)x ∈-时，()0f x '<，()f x 在(1,0)-上单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增． 所以()(0)0f x f ≥=，所以()f x 的零点为0x =． （2）必要性探路：取0x =，由()00f ≥得cos(1)0a a --≥，令()()cos 1h a a a =--，因为()()1sin 10h a a '=+-≥，所以()h a在(,1)-∞上单调递增，又()10h =，1a ∴≥，即()01f x a ≥⇒≥． 证明充分性： 当1a ≥，1()1x f x ae x'=-+，21()0(1)xf x ae x ''=+>+，所以()f x '在(1,)-+∞上单调递增，且(0)10f a '=-≥， 11110a f ae a a a a -⎛⎫'-=-≤-= ⎪⎝⎭，(]01,0x ∴∃∈-，使得0()0f x '=，即00101x ae x -=+，00ln(1)ln x x a +=--． 当0(1,)x x ∈-时，设()0f x '<，()f x 在0(0,)x ；当()0,x x ∈+∞时，设()0f x '>，()f x 在()0,x +∞．所以000001()()ln(1)cos(1)ln cos(1)1xf x f x ae x a x a a x ≥=-+--=++--+ 0011ln cos(1)11ln cos(1)01x a a a a x =+++---≥+--≥+． 综上，所求a 的取值范围为1a ≥．5．已知函数()21f x x ax =++，()()ln R g x x a a =-∈．（1）当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；（2）若存在与函数()f x ，()g x 的图像都相切的直线，求实数a 的取值范围． 解：（1）12x =时，()h x 取得极小值11ln 24+，无极大值，过程略．（2）设直线与函数()f x ，()g x 分别相切于点()()11,P x f x ，()()22,Q x g x ，以点P 为切点的切线方程为：()()()111y f x f x x x -='-，即()()()2111112y x ax x a x x -++=+-，化简得()21121y x a x x =+-+，同理以点Q 为切点的切线方程为：221ln 1y x x a x =+--，12212121ln 1x a xx x a ⎧+=⎪∴⎨⎪-+=--⎩，消去1x 得： 222221ln 20424a a x a x x -++--=，设()221ln 2424a a F x x a x x =-++--，则问题转化为：若()F x 存在零点，求a 的范围．首先，x →+∞时，()F x →+∞．下面只需()min 0F x <即可．()()232311210222a x ax F x x x x x x+-'=-++=>，2210x ax +-=存在一正根，不妨设为t ，t 满足2210t at +-=，易知0x t <<时，2210x ax +-<，()0F x '<，()F x ；x t >时，2210x ax +->，()0F x '>，()F x ．()()22min 1ln 2424a a F x F t t a t t ∴==-++--，又2210t at +-=，12a t t ∴=-，()()2min12ln 2F x F t t t t t∴==++--．由①知，若01t <≤时，()()min 0F x F t =≤；若1t >时()()min 0F x F t =>． 01t ∴<≤，[)121,a t t∴=-∈-+∞．。
高中数学导数隐零点
高中数学导数隐零点高中数学中，隐零点是一个重要的概念。
它与导数的计算密切相关，对于理解函数的性质和解决实际问题非常有帮助。
我们来了解一下什么是隐零点。
在高中数学中，我们经常遇到一类函数方程，它们的形式可能是一次方程、二次方程、三次方程等等。
我们要求解这些方程的零点，即找出使方程成立的变量的取值。
但是有时候，这些方程并不是显式地给出的，而是以隐含的形式存在。
我们以一个简单的例子来说明隐零点的概念。
考虑方程y = x^2 - 4x + 3，我们可以通过将方程变形为(x - 1)(x - 3) = 0的形式得到它的显零点x = 1和x = 3。
但是，如果我们给出的方程是y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们无法直接通过因式分解得到它的显零点。
这时，我们就需要利用导数的概念来求解隐零点。
在求解隐零点时，我们首先要计算函数的导数。
导数可以理解为函数在某一点的斜率，它的计算公式是函数在该点的增量除以自变量的增量，当自变量的增量趋近于0时的极限值。
对于一般的函数y = f(x)，它的导数可以表示为f'(x)或dy/dx。
然后，我们把导数等于0的点称为临界点。
在临界点处，函数的斜率为零，可能存在极大值、极小值或拐点。
我们可以通过求解导数等于0的方程来得到临界点。
对于上面的例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以计算它的导数y' = 3x^2 - 12x + 11，然后解方程y' = 0，得到临界点x = 1/3和x = 3。
接下来，我们可以通过对函数的图像进行分析，确定临界点处函数的性质。
在这个过程中，我们可以利用导数的正负性质来判断函数的增减和凹凸区间。
当导数大于0时，函数是递增的；当导数小于0时，函数是递减的。
当导数的变号点为临界点时，函数可能存在极值。
对于例子y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6，我们可以通过计算导数的值来判断它在临界点处的性质。
专题08 隐零点问题(解析版)
知函数
函 t ln函 函 函tln函，
函
函
记 知函数 函 函 t ln函，
因为 知函数 函 函 t 函 函 t h t 在 函 知 t t 数恒成立，
函
所以 知函数在知 t t 数上单调递增，
且 知h数 知h数 h h
h ， 知h数 t ，
所以存在函 h th 使得 函
，
且 函 t函 时， 知函数 ， 知函数 ，函数 知函数单调递减；
g(x) ， g '(x)
x 2 ln x (x 1)2
，
令 h(x) x 2 ln x ，有 h '(x) 1 1 0 ，那么 h(x) h(1) 1 . x
不妨设 h(x0 ) 0 ，由 h(3) 0 ， h(4) 0 ，则可知 x0 (3, 4) ，且 ln x0 x0 2 .
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 f (x) ax x ln 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.
【答案】（1）当
时，无极值点；当 t 时，有且仅有 1 个极值点；（2）知 t h
【解析】
（1） 知函数的定义域为知 t t 数，
知函数 知函 t h数 函
h 函
t
h
函th 函
函
函
，
因为函数 知函 函数 函 t 函 函 t 在知 t t 数上恒成立，
所以函数 函 函在区间知 t t 数上单调递增，且值域为知 t t 数，
专题09 与隐零点有关的恒成立问题(解析版)
备战2022高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第二篇专题九 与隐零点有关的恒成立问题一、问题指引我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”(即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达)，基本解决思路是:形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数(参数)，技巧上反客为主。
二、方法详解一般是先用导数证明函数的单调性，然后利用零点存在性定理说明有零点，但这个零点又解不出来，故称为隐藏的零点，把它设出来，再去解决问题。
类型一：隐零点与参变量分离相结合【例】（2020·宁夏银川一中高三月考（理））已知函数()ln f x x x =. （1）设实数12a e>（e 为自然对数的底数），求函数()f x 在[],2a a 上的最小值； （2）若k 为正整数，且()()1f x k x k >--对任意1x >恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）1e-；（2）3 【解析】【分析】（1）求得函数()f x 的定义域和导函数，对a 分成1a e ≥和112a e e<<两种情况讨论()f x 的单调区间，由此求得()f x 在区间[],2a a 上的最小值. （2）将不等式()()1f x k x k >--分离常数得到ln 1x x xk x +>-，构造函数ln ()(1)1x x x g x x x +=>-，利用导数求得()g x 取得最小值时对应的x 的取值范围，由此求得k 的最大值. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()ln 1f x x '=+，令()0f x '=，得1x e=, 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x <，()f x 单调递减；当1,x e⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，()f x 单调递增． 当1a e≥时，()f x 在[,2]a a 单调递增，min [()]()ln ,f x f a a a == 当112a e e <<时，得12a a e <<，min 11[()]f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.（2） ()(1)f x k x k >--对任意1x >恒成立，即ln x x x +(1)k x >-对任意1x >恒成立，即ln 1x x xk x +>-对任意1x >恒成立. 令2ln ln 2()(1)'()(1)1(1)x x x x x g x x g x x x x +--=>⇒=>-- 令1()ln 2(1)'()0()x h x x x x h x h x x-=-->⇒=>⇒在(1,)+∞上单调递增. ∵(3)1ln30,(4)2ln 40,h h =-<=->∴所以()h x 存在唯一零点0(3,4)x ∈，即00ln 20x x --=. 当0(1,)x x ∈时，0()()0'()0h x h x g x <=⇒<；当0(,)x x ∈+∞时，0()()0'()0h x h x g x >=⇒>； ∴()g x 在0(1,)x x ∈时单调递减；在0(,)x x ∈+∞时，单调递增； ∴0000min 0000(ln 1)(1)[()]()11x x x x g x g x x x x +-====--，由题意min 0[()]k g x x <=，0(3,4)x ∈. 又因为k Z ∈，所以k 的最大值是3.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.【类题展示】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； 【分析】（1）略；（2）分离参数得()ln ()11f x x x xk g x x x +<==--，确定()g x 有唯一零点0(3,4)x∈，由[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，确定满足条件的k 的最大正整数为3.【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 x g 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 ≤，所以k 的最大正整数为3.【评注】求解关键是通过赋值缩小0x 的范围，然后把[]min ()g x 用0x 表示。
高中数学导数新授课中的隐零点问题
隐零点代换与估计隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.高考中曾多次考察隐零点代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论. 一．基本原理1.解题步骤：第1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 x =00，并结合()f x 的单调性得到零点的范围；第2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； 第3步：将零点方程'()f x =00适当变形，整体代入()f x 最值式子进行化简： ①要么消除()f x 最值式中的指对项 ②要么消除其中的参数项； 从而得到()f x 最值式的估计. 2.隐零点的同构实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：原理分析⎪⎩⎪⎨⎧--+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧--+=1ln ln ln )(ln 1)(x x xx x x x f x e e x xe x f x x x 0ln ln )ln ()(2=+⇒-=-⇒=x e x xxx f xe x f x x 所以在解决形如0ln 1=+⇔=x x xe x，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 二．典例分析 1.隐零点代换例1．已知函数()()ln ,0f x ax a =>.（1）当1a =时，若曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y kx b =+，证明：()f x kx b ≤+；（2）若()()1e x af x x -≤-，求a 的取值范围.解析：（2）记()()()()1e 1e ln ln ,0x ax a h x x f x x x a x --=--=--->，依题意，()0h x ≥恒成立，求导得()1e,0x ah x x x x -=-'>，令()()211e ,1e 0x a x a y h x x y x x x--''==-=++>， 则()h x '在()0,∞+上单调递增，又()()12111()e 20,11e 0221a h h a a a -'-'=<+=+->+，则01,12x a ⎛⎫∃∈+ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即0001e x ax x -=成立， 则当()()()00,,0,x x h x h x '∈<单调递减；当()()()0,,0,x x h x h x ∞'∈+>单调递增，()()0min 000()1e ln ln x a h x h x x x a -==---，由0001ex ax x -=，得000201e,2ln x aa x x x -==+， 于是得()()00000201ln ln 2ln x h x x x x x -=--+，当()1,x ∞∈+时，令()21ln x t x x x -=-， 有()()()()3120,x x t x tx x -+=<'在()1,+∞上单调递减，而2ln x x +在()1,+∞上单调递增，即有函数()ln 2ln y x x =-+在()1,+∞上单调递减，于是得函数()()21ln ln 2ln x x x x x x ϕ-=--+在()1,+∞上单调递减，则当()01,x ∈+∞时，()()()0010h x x ϕϕ=<=，不合题意；当01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦且002ln 0x x +>时，由（1）中ln 1x x ≤-知，00ln 1x x -≥-，有()()0000ln 2ln 12ln x x x x -+≥-+，从而()()()000000000220011ln ln 2ln ln 12ln x x h x x x x x x x x x --=--+≥-+-+ ()0000002200113ln 1311x x x x x x x x --=--+≥---+()()()0002012121x x x x --+=，由01,12x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦知()00h x ≥，因此满足()()1e x a f x x -≤-，又002ln ,2ln a x x y x x =+=+在1,12⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，则有12ln2,12a ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦，而0a >，所以实数a 的取值范围是(]0,1.例2．已知函数()()e ln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>（e 是自然对数的底数）． （1）当1a =时，试判断()f x 在()1,+∞上极值点的个数； （2）当1e 1a >-时，求证：对任意1x >，()1f x a>． 解析：（1）()f x 在()1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；（2）证明：由22(1)(e )e (1)11()x a x axx x x f x x xx ------'=-=，设()=e 1x ax h x x ---，则1()e 11x a h x x -=--- 在()1,+∞上是增函数，当1x +→ 时，()h x →-∞，因为1e 1a >-，所以1(1)e 10h a a +=-->，所以存在0(1,1)x a ∈+ ，使得0000()e 01x ax h x x -=-=-，当0(1,)x x ∈时，()0h x <，则()0f x '<，即()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x >，则()0f x '>，即()f x 在0(1,)x 上单调递增，故0x x = 是函数()()eln ln 1(0)x af x x a a x-=-++>的极小值点，也是最小值点，则()0000e ln l 1)n ()(x a f x x f x a x --+=+≥ ，又因为000e 1x ax x -=-，所以()000ln ln 11(1)x a f x x -++-=，即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a-++>-， 即证：对任意1x >，()001ln ln 111x a x a ->-+-，设()ln 11g x x x =--，则()ln 11g x x x =--在()1,+∞上单调递减，因为0(1,1)x a ∈+，所以0()(1)g x g a >+ ，故()001ln ln 111x a x a ->-+-，故对任意1x >，()1f x a>. 例3.（2015四川卷）已知函数0,22ln )(2)(22>+--++-=a a a ax x x a x x f . （1）设)(x g 为)(x f 的导函数，试讨论)(x g 的单调性；（2）证明：存在)1,0(∈a ，使得0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立，且0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解.分析：第（1）问常规操作. 此处分析第（2）问. 对于第二问的分析尤为重要，因为这个题目用常规的恒成立与零点处理手法很难奏效，毕竟)(x f 的结构是很复杂的.若要0)(≥x f 在区间),1(+∞恒成立等价于0)(min ≥x f ，而同时0)(=x f 在),1(+∞内有唯一解，这就表现0)(min =x f ，这才是这个题目的突破点.既然要0)(min =x f 则)(x f 在区间),1(+∞必然先减后增，于是函数的最小值不在端点处出现而是区间内点，这就意味着最小值处导函数值为零.基于上面的分析，我们便可入手解题.解析： 由()2()2ln 2(1)0a f x x a x x '=---+=，得11ln 1x x a x ---=+．代入)(x f 解析式，令2211111ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x ϕ------------=-++--+++++, 则(1)10ϕ=＞，211e(e 2)e 2(e)2()01e 1e ϕ----=--++＜．故存在0(1,e)x ∈，使得0()0x ϕ=．令001001ln 1x x a x ---=+，()1ln u x x x =--(1)x ≥．由1()10u x x'=-≥知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以 001110()(1)(e)011111e e e +21u x u u a x ---===+++-＜＜＜．即 0(0,1)a ∈． 当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x x ϕ==．由(1)知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增， 故当0(1,)x x ∈时，()0f x '＜，从而0()()0f x f x =＞；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '＞，从而0()()0f x f x =＞．所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ≥．综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立, 且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．点评：通常我们处理隐零点的策略是代换掉指对项，但此解法利用隐零点代换掉参数，从而得到不含参数的表达式来解决，这个思想值得我们学习. 例4.（2020新高考1卷）已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； （2）若1)(≥x f ，求a 的取值范围.解析：（1）切线方程为()12y e x =-+,故切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--. （2）由于1()eln ln x f x a x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x-'=+>即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11minf x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a< ，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x aex -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+, 故()1f x ≥恒成立； 当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,)+∞. 2.隐零点同构例5.已知函数()axf x e x =-（a R ∈，e 为自然对数的底数），()ln 1g x x mx =++.（1）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，()()x f x x g x ⎡⎤⎣≥⎦+对任意的()0,x ∈+∞恒成立，求实数m 的取值范围. 解析：（1）()f x 有两个零点⇔关于x 的方程ax e x =有两个相异实根，由0>ax e ，知0x >()f x ∴有两个零点ln x a x⇔=有两个相异实根.令()ln x G x x =，则()21ln xG x x -'=，由()0G x '>得：0x e <<，由()0G x '<得：x e >，()G x ∴在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，()()max 1G x G e e∴==，又()10G =，∴当01x <<时，()0G x <，当1x >时，()0G x > 当x →+∞时，()0G x →，()f x ∴有两个零点时，实数a 的取值范围为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭；（2）当1a =时，()xf x e x =-，∴原命题等价于ln 1x xe x mx ≥++对一切()0,x ∈+∞恒成立ln 1x x m e x x ⇔≤--对一切()0,x ∈+∞恒成立.令()()ln 10x x F x e x x x=--> ()min m F x ∴≤，()222ln ln x x x x e x F x e x x+'=+=，令()2ln xh x x e x =+，()0,x ∈+∞，则 ()2120x h x xe x e x '=++>，()h x ∴在()0,∞+上单增，又()10h e =>，1201110eh e e e -⎛⎫=-<-= ⎪⎝⎭01,1x e ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使()00h x =即0020e n 0l xx x +=①，当()00,x x ∈时，()0h x <，当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即()F x 在()00,x 递减，在()0,x +∞递增，()()000min 00ln 1xx F x F x e x x ∴==-- 由①知0200ln x x e x =-，01ln 000000ln 111ln ln x x x x e e x x x x ⎛⎫=-== ⎪⎝⎭∴函数()xx xe ϕ=在()0,∞+单调递增，001lnx x ∴=即00ln x x =-，()0ln 0min000011111x x F x e x x x x --∴=--=+-=，1m ∴≤ ∴实数m 的取值范围为(],1-∞.注：本题再次涉及隐零点同构，否则的话，很难找到隐零点具体的代换方向！例6.（2019成都一诊理）已知函数R a ax xe x a xf x∈+--=,ln )(. （1）当0<a ，讨论)(x f 的单调性；（2）当1=a 时，若1)1()(≥-++bx e xx x f x恒成立，求b 的取值范围. 解析：（2）由题意，当1a =时，不等式()11x f x x e bx x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭恒成立.即()ln 11x xe x b x -+-≥恒成立，即ln 11xx b e x x-≤--恒成立. 设()ln 1xx g x e x x =---.则()22221ln 1ln x xx x e x g x e x x x -+=-+='. 设()2ln x h x x e x =+，则()()212xh x x x e x='++.当0x >时，有()0h x '>.()h x ∴在()0,+∞上单调递增，且()10h e =>，1ln202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭.函数()h x 有唯一的零点0x ，且0112x <<.当()00,x x ∈时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增.即()0g x 为()g x 在定义域内的最小值.0000ln 11x x b e x x ∴-≤--.()00h x =，得0000ln x xx e x =-，0112x <<.()*⋯⋯ 令()xk x xe =，112x <<.∴方程()*等价于()()ln k x k x =-，112x <<. 而()()1xk x x e +'=在()0,+∞上恒大于零，()k x ∴在()0,+∞上单调递增.故()()ln k x k x =-等价于ln x x =-，112x <<.设函数()ln m x x x =+，112x <<.易知()m x 单调递增. 又11ln2022m ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110m =>，0x ∴是函数的唯一零点. 即00ln x x =-，001x e x =. 故()g x 的最小值()()000000000ln 1111xx x g x e x x x x x -=--=--=.∴实数b 的取值范围为(],2-∞. 注：注意00ln x x =-，01x e x =这一步代换！ 3.隐零点的估计.例7.（2017新课标2卷）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()2e f x --<<．习题2.解析：（1）1a =．（2）由（1）知2()ln f x x x x x =--，()22ln f x x x '=--．设()22ln h x x x =--，则1()2h x x '=-．当1(0,)2x ∈时，()0h x '<；当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增．又2()0h e ->，1()02h <，(1)0h =，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1[,)2+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <；当(1,)x ∈+∞时，()0h x >．因此()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点．由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-． 由0(0,1)x ∈得，01()4f x <．因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e -∈，1()0f e -'≠得120()()f x f e e -->=．所以220()2e f x --<<．例8.（2016年全国2卷） （1）讨论函数2()e 2xx f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>； （2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag x x x --> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．解析（1）证明：()2e 2x x f x x -=+()()()22224e e 222x x x x f x x x x ⎛⎫-' ⎪=+= ⎪+++⎝⎭ ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，()2e 0=12xx f x ->-+∴()2e 20x x x -++> （2）33(2)(2)2()(())x x e a x x g x f x a x x-+++'==+，由（1）知，()f x a +单调递增，对任意的[)01a ∈，，(0)10f a a +=-<，0)2(>=+a a f ，因此，存在唯一(0,2]a x ∈，使得()0a f x a +=，即()0a g x '=.当0a x x <<时，()0f x a +<，()0g x '<,()g x 单调递减；当a x x >时，()0f x a +>，()0g x '>,()g x 单调递增．因此()g x 在a x x =处取得最小值，最小值为22(1)()(1)()2a a ax x x a a a a a a a e a x e f x x e g x x x x -+-+===+． 于是()2ax a e h a x =+，由2(1)()02(2)x x e x e x x +'=>++，得2x e x +单调递增．所以，由(0,2]a x ∈，得4)(212e a h <<，因为2x e x +单调递增，对任意的21(,]24e λ∈，存在唯一的(0,2]a x ∈，()[0,1)a a f x =-∈，使得()h a λ=，所以()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域为21e 24⎛⎤⎥⎝⎦，．。
专题六 函数与导数 难点突破02 求隐零点问题-2023年高考数学二轮复习(全国通用)
[解析] （1）由 有唯一零点，可得方程 ，即 有唯一实根，令 ，则 .由 ，得 ；由 ，得 .所以 在 上单调递增，在 上单调递减.所以 ，又 时， , 时， ,作出 的图象,如图所示.
由 的图象可知，当 或 时， 有唯一零点,故 的取值范围是 .（2）因为 恒成立，且 ，所以 恒成立.令 ，则 ，
令 ，则 ，所以 在 上单调递减，又 , ，由零点存在性定理知，存在唯一零点 ，使 ，即 ，两边取对数可得 ，即 .由函数 为增函数，可得 ，
所以当 时， ， ;当 时， ， .所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，所以 ，即 的取值范围为 .
[解析] （1）由 ， ，得当 时， ，此时函数 单调递减，当 时， ，此时函数 单调递增，所以函数 的极小值为 ，无极大值.
（2） ，其中 .则 ，令 ，则 .当 时， ，则 在 上单调递减.因为 ， ，所以存在 ，使得 .当 时， ，此时函数 在 上单调递增，当 时， ，此时函数 在 上单调递减，
令 ，则 .令 ，则 在 上单调递增，当 时， ，且 ，所以 在 上存在零点 ，即 ， ，由于 在 上单调递增，
故 ，即 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，因此 ，即实数 的取值范围是 .
提分秘籍
1.虚设函数 的零点 ，利用特殊点处函数值、零点存在性定理、函数的单调性、函数的图象等，判断零点存在，并通过数值估算零点 所在区间 .
因为 ， ，所以存在 ，使得 ，即 ，且当 时， ；当 时， ，所以函数 在区间 上是增函数，在区间 上是减函数，所以 ， ，因为 ，欲证 ,只需证 即可，由 ，知函数 在区间 上是增函数，则 ，故 .
2.已知函数 , .
（1）若 有唯一零点，求 的取值范围;
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专题三 . 隐零点专题
知识点
一、不含参函数的隐零点问题
已知不含参函数)(xf，导函数方程0)('xf的根存在，却无法求出，设方程
0)('xf
的根为
0x，则①有关系式0)('0xf成立，②注意确定0
x
的合适范围.
二、含参函数的隐零点问题
已知含参函数),(axf，其中a为参数，导函数方程0),('axf的根存在，却无法求出，
设方程0)('xf的根为0x，则①有关系式0)('0xf成立，该关系式给出了ax,0的关系，
②注意确定
0
x
的合适范围，往往和a的范围有关.
例1.已知函数)2ln()(xexgx，证明)(xg＞0.
例2.（2017052001）已知函数
xaexf
x
ln)(
.
（I）讨论)(xf的导函数)('xf的零点的个数；
（II）证明：当0a时，)ln2()(aaxf.
例3.（2017.全国II.21）已知函数
xxaxaxxfln)(
2
，且()0fx.
（I）求a；
（II）证明：)(xf存在唯一的极大值点
0
x
，且2022)(xfe.
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例4.(2016.全国甲.21)（I）讨论函数2(x)e2xxfx的单调性，并证明当0x时，
(2)e20;xxx
（II）证明：当[0,1)a 时，函数2e=(0)xaxagxxx 有最小值.设gx的最小值为()ha，
求函数()ha的值域.
例5.（2013.湖北.10）已知a为常数，函数()lnfxxxax有两个极值点
1212
,()xxxx
，则
A.
21)(,0)(21xfxf B.2
1
)(,0)(21xfxf
C.
21)(,0)(21xfxf D.2
1
)(,0)(21xfxf
例6.（2017022802）已知函数)ln1()(xxxf.
（I）求函数)(xf的单调区间及其图象在点1x处的切线方程；
（II）若Zk，且)()1(xfxk对任意1x恒成立，求k的最大值.
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例1
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例2
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5
例3
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例4