(完整版)导数之隐零点问题

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。

2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。

3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。

4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。

5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。

6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。

7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。

8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。

以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。

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．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．典例3.已知函数()e sin 1x f 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.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()22lnf x a a a≥+.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.变式1．已知函数()()x f 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.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．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，并加以证明变式4.已知函数sin()xf xx=，()cosg x m x x=-，0m>．（1）讨论函数()f x 在(,0)(0,)ππ-上的单调性；（2）若方程()()mf x g x =在区间30,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个实数根，求m 的取值范围．。

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。

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版本文介绍了导数压轴题中的隐零点问题，共有13道题目。

1.对于已知函数$f(x)=(aex-a-x)ex$，若$f(x)\geq 0$对于$x\in R$恒成立，求实数$a$的值，并证明$f(x)$存在唯一极大值点$x$，且$f(x)<f(x_0)$，其中$x_0$为$f(x)$的零点。

解答：1) 对于$f(x)=ex(aex-a-x)\geq 0$，因为$ex>0$，所以$aex-a-x\geq 0$恒成立，即$a(ex-1)\geq x$恒成立。

当$x=0$时，显然成立。

当$x>0$时，$ex-1>0$，故只需$a\geq 1$。

令$h(x)=aex-a-x$，则$h'(x)=aex-1$，在$(0,+\infty)$恒成立，故$h(x)$在$(0,+\infty)$递减。

又因为$h(0)=0$，故$a\geq1$。

当$x<0$时，$ex-1<0$，故只需$a\leq 1$。

令$g(x)=aex-a-x$，则$g'(x)=aex-1$，在$(-\infty,0)$恒成立，故$g(x)$在$(-\infty,0)$递增。

又因为$g(0)=0$，故$a\leq 1$。

综上，$a=1$。

2) 由(1)得$f(x)=ex(ex-x-1)$，故$f'(x)=ex(2ex-x-2)$。

令$h(x)=2ex-x-2$，则$h'(x)=2ex-1$，所以$h(x)$在$(-\infty,\ln)$单调递减，在$(\ln,+\infty)$单调递增，$h(0)=0$，$h(\ln)=2e^{\ln}-\ln-2=\ln2-10$，故$h(x)$在$(-2,\ln)$有唯一零点$x_0$。

设$x_0$为$f(x)$的零点，则$2ex_0-x_0-2=0$，从而$h(x)$有两个零点$x_0$和$-x_0-2$，所以$f(x)$在$(-\infty,x_0)$单调递增，在$(x_0,+\infty)$单调递减，在$(-2,x_0)$上单调递增，在$(-\infty,-2)$上单调递减，从而$f(x)$存在唯一的极大值点$x_0$。

高考数学复习考点题型专题讲解专题36 导函数的隐零点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进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.类型一 导函数中二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.例1 已知实数a 满足a ≥e ＋1e －2，且函数f (x )＝ln x ＋x 22－(a ＋2)x 恰有一个极小值m 和极大值M ，求m －M 的最大值(其中e 为自然对数的底数).解 由于f ′(x )＝1x ＋x －(a ＋2)＝x 2－（a ＋2）x ＋1x，x >0，设正数x 1，x 2是x 2－(a ＋2)x ＋1＝0的两个相异实根，即方程a ＋2＝x ＋1x，x >0有两个相异正根，不妨设x 1<x 2， 由于当0<x <x 1时，f ′(x )>0， 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，当x >x 2时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，从而f (x )的极大值为M ＝f (x 1)，极小值为m ＝f (x 2)，且x 1＋x 2＝a ＋2，x 1x 2＝1.又x 21＋x 22x 1x 2＝x 2x 1＋x 1x 2＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝(a ＋2)2－2≥⎝⎛⎭⎪⎫e ＋1e 2－2＝e ＋1e ， 令t ＝x 2x 1>1，从而t ＋1t ≥e＋1e，从而t ≥e.故m －M ＝f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(a ＋2)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1＋x 22－x 212－(x 2＋x 1)(x 2－x 1)＝ln x 2x 1－x 22－x 212＝ln x 2x 1－x 22－x 212x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－x 1x 2＝ln t －12t ＋12t ，t ≥e.令g (t )＝ln t －12t ＋12t，t ≥e.从而g ′(t )＝1t －12t 2－12＝－t 2＋2t －12t 2＝－（t －1）22t 2<0，从而g (t )在[e ，＋∞)上单调递减，故m －M ＝g (t )，t ≥e 的最大值为g (e)＝12e －e2＋1.训练1 已知函数f (x )＝x ＋1x ＋a ln x ，a ∈R .若对任意的x ∈[1，e]，都有2e ≤f (x )≤2e恒成立，求实数a 的取值范围(其中e 为自然对数的底数). 解 由题意知只需f (x )min ≥2e ，f (x )max ≤2e，x ∈[1，e].下面分f (x )单调和非单调进行讨论.显然f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x 2＋a x ＝x 2＋ax －1x 2，x >0.①若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≥0时⎝ ⎛⎭⎪⎫即a ≥1x －x 对任意的x ∈[1，e]恒成立，即a ≥0时，则f (x )在[1，e]上单调递增， 故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (1)<f (e)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≥2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，a ≥0，故0≤a ≤e－1e.②若对任意的x ∈[1，e]恒有f ′(x )≤0时(即a ≤1x－x 对任意的x ∈[1，e]恒成立)，即a ≤1e －e 时，则f (x )在[1，e]上单调递减，故要使得2e ≤f (x )≤2e，只需2e≤f (e)<f (1)≤2e，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e ＋a ≥2e ，a ≤1e－e ，故a ＝1e－e. ③若1e－e<a <0时，则f ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 且当1≤x <x 0时，f ′(x )<0， 当x 0<x ≤e 时，f ′(x )>0，故f (x )在[1，x 0)上单调递减，在(x 0，e]上单调递增. 要使得2e≤f (x )≤2e，则需⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）≥2e，f （1）＝2≤2e，f （e ）＝e ＋1e＋a ≤2e，1e －e<a <0，即⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＝x 0＋1x 0＋a ln x 0≥2e ，1e －e<a <0，考虑到x 0满足x 20＋ax 0－1＝0，从而f (x 0)＝x 20＋1＋ax 0ln x 0x 0＝x 20＋1＋（1－x 20）ln x 0x 0.令h (x )＝x 2＋1＋（1－x 2）ln xx ，x ∈(1，e)，则h ′(x )＝（－x 2－1）ln xx2<0，故h (x )在(1，e)上单调递减， 又x 0∈(1，e)，从而f (x 0)＝h (x 0)>h (e)＝2e.故使得不等式2e ≤f (x )≤2e 成立的实数a 的范围为1e －e<a <0.综合上述，满足条件的实数a 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e －e ，e －1e .类型二 导函数中非二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化. 例2 已知函数f (x )＝ln （x ＋1）x＋1x ，若f (x )>kx ＋1在(0，＋∞)上恒成立，求整数k 的最大值. 解 由于f (x )>k x ＋1⇔(x ＋1)f (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）＋x ＋1x>k .令h (x )＝（x ＋1）ln （x ＋1）x＋x ＋1x，则由题意得，k <h (x )min ，其中x >0.h ′(x )＝－ln （x ＋1）＋x －1x 2.令g (x )＝－ln(x ＋1)＋x －1， 其中x >0.由于g ′(x )＝－1x ＋1＋1＝xx ＋1>0，故g (x )在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g (0)＝－1<0，g (1)＝－ln 2<0， g (2)＝－ln 3＋1<0， g (3)＝－ln 4＋2>0，故g (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x 0，并且x 0∈(2，3). 由此当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，h ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，h ′(x )>0.故h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，从而h (x )的最小值为h (x 0). 考虑到x 0∈(2，3)为g (x )的零点， 故ln(x 0＋1)＝x 0－1， 故h (x )min ＝h (x 0)＝（x 0＋1）ln （x 0＋1）＋x 0＋1x 0＝（x 0＋1）（x 0－1）＋x 0＋1x 0＝x 20＋x 0x 0＝x 0＋1∈(3，4).又k <h (x )min ＝x 0＋1，故满足条件的整数k 的最大值为3.例3 若x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，求实数k 的取值范围. 解∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x ＞0， ∴k ≥1＋ln x x－e x ＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln xx －e x ＋2，则φ′(x )＝1x·x －（1＋ln x ）x 2－e x＝－ln x －x 2e xx 2.令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )＜0(x ＞0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减.又μ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e 1e －2＞0，μ(1)＝－e ＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 20e x0，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0， 即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0， 由函数y ＝x ＋ln x 为增函数， 可得x 0＝－ln x 0.又当0＜x ＜x 0时，μ(x )＞0，φ′(x )＞0； 当x ＞x 0时，μ(x )＜0，φ′(x )＜0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－e x 0＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1， 即k 的取值范围为k ≥1.例4(2022·济宁模拟改编)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ＋2a(a ∈R 且a ≠0)，若不等式f (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围. 解 因为f ′(x )＝2ax －(ln x ＋1)＝2ax －ln x －1，f ″(x )＝2a －1x＝2ax －1x，①当a ＞0时，f (1)＝a ＋2a＞0与f (x )≤0恒成立矛盾，不合题意.②当a ＜0时，f ″(x )＜0，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减. 因为f ′(e －1)＝2a e －1＜0，f ′(e 2a －1)＝2a (e 2a －1－1)＞0， 所以∃x 0∈(e 2a －1，e －1)，使得f ′(x 0)＝2ax 0－ln x 0－1＝0， 即a ＝ln x 0＋12x 0.所以，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减. 所以f (x )max ＝f (x 0)＝ax 20－x 0ln x 0＋2a＝ln x 0＋12x 0×x 20－x 0ln x 0＋2ln x 0＋12x 0＝x 0[9－（ln x 0）2]2（ln x 0＋1）≤0.因为x 0∈(e 2a －1，e －1)，所以ln x 0＋1＜0. 所以9－(ln x 0)2≥0，即－3≤ln x 0＜－1， 解得e －3≤x 0＜e －1.因为a ＝ln x 0＋12x 0，所以设g (x )＝ln x ＋12x ，x ∈[e －3，e －1)，则g ′(x )＝－ln x2x 2＞0，所以g (x )在[e －3，e －1)上单调递增， 所以g (e －3)≤g (x )＜g (e －1)， 即－e 3≤g (x )＜0， 所以－e 3≤a ＜0.训练2(2022·西安模拟改编)证明：函数f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x 0，且－1＜f (x 0)＜0.证明 因为f (x )＝e x ＋sin x ，x ∈(－π，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x ＋cos x ，f ″(x )＝e x －sin x ＞0恒成立， 所以f ′(x )单调递增.又f ′⎝⎛⎭⎪⎫－π2＝e －π2＞0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＝e －34π－22， 因为(e 34π)2＝e 32π＞e ＞2，所以e 34π＞2，即1e 34π＜22，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π＜0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，使得f ′(x 0)＝0，即e x 0＋cos x 0＝0，则在(－π，x 0)上，f ′(x )＜0， 在(x 0，＋∞)上，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(－π，x 0)上单调递减， 在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )存在唯一的极小值点x 0.f (x 0)＝e x 0＋sin x 0＝sin x 0－cos x 0＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4， 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34π，－π2，得x 0－π4∈⎝⎛⎭⎪⎫－π，－34π，所以f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π4∈(－1，0)，故f (x )存在唯一极小值点x 0， 且－1＜f (x 0)＜0.训练3 已知函数f (x )＝2x ＋ln(2x －1). (1)求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求证：f (x )≤(2x －1)e 2x －1(e 为自然对数的底数). (1)解 因为f (x )＝2x ＋ln(2x －1)， 所以f ′(x )＝2＋22x －1，则f (1)＝2，f ′(1)＝4，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －2＝4(x －1)， 即4x －y －2＝0.(2)证明 令t ＝2x －1>0，要证f (x )≤(2x －1)e2x －1，即证t ＋1＋ln t ≤t e t ，其中t >0， 构造函数g (t )＝t e t －t －ln t －1，则g ′(t )＝(t ＋1)e t－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ＝(t ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e t －1t ，t >0.令φ(t )＝e t －1t，其中t >0，则φ′(t )＝e t ＋1t2>0，所以函数φ(t )在(0，＋∞)上单调递增. 因为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0，φ(1)＝e －1>0， 所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得φ(t 0)＝e t 0－1t 0＝0，即t 0e t 0＝1.当0<t <t 0时，φ(t )<0，即g ′(t )<0，此时函数g (t )单调递减； 当t >t 0时，φ(t )>0，即g ′(t )>0，此时函数g (t )单调递增. 所以g (t )min ＝g (t 0)＝t 0e t 0－ln e t 0－ln t 0－1 ＝t 0e t 0－ln(t 0e t 0)－1＝1－1＝0， 故所证不等式成立.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)求证：函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32.(1)解 因为f ′(x )＝x e x －a ， 由f ′(0)＝－1得a ＝1. 又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)， 即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明 令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1， 则g ′(x )＝(x ＋1)e x，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点； 当x ≥－1时，g (x )单调递增， 且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0. 由x 0e x 0＝1⇒e x＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋x 0，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f(x0)>－3 2 .2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝e时，f(x)＝x e x－e x－eln x＋e，f′(x)＝(x＋1)e x－e－ex＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ex，x>0.易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.(2)因为f(x)＝x e x－ax－a ln x＋a，所以f′(x)＝(x＋1)e x－a－ax＝(x＋1)·⎝⎛⎭⎪⎫e x－ax，x>0.当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.当a>0时，令g(x)＝e x－ax，x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令e x－ax＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x 0(x 0>0)，则可得为了满足f (x )有两个零点，则有f (x 0)＝x 0e x 0－ax 0－a ln x 0＋a <0.① 因为x 0是方程e x －a x＝0的解， 所以x 0e x 0＝a ，②两边取对数可得ln x 0＋x 0＝ln a ，③ 将②③代入①可得f (x 0)＝a (2－ln a )<0， 解得a >e 2.所以实数a 的取值范围为(e 2，＋∞). 当a ∈(e 2，＋∞)时，由②易知x 0>1. 又f (1)＝e －a ＋a ＝e>0，所以f (x )在(1，x 0)上有且只有一个零点. 当a ∈(e 2，＋∞)且x →＋∞时， 易知f (x )→＋∞，所以f (x )在(x 0，＋∞)上有且只有一个零点. 综上，实数a 的取值范围为(e 2，＋∞).3.(2022·青岛模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，求b 的最小值.解 (1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ， 当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增. (2)g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )， 因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，即b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立.令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ，因为x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x，可得t ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增.因为t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－2⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0∈(－4，－3). 因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3. 二、创新拓展练4.(2022·广州二模节选)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝x ＋ax，且函数f (x )与g (x )有相同的极值点. (1)求实数a 的值； (2)求证：f (x )＋g (x )<e x ＋cos xx.(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，由f ′(x )＝0得x ＝1，易知函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故函数f (x )的极大值点为x ＝1，g ′(x )＝1－a x2，依题意有g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1，经验证符合题意，故a ＝1. (2)证明 所证不等式即为x ln x －e x <cos x －1，x >0，下证：x ln x －e x<－x －1， 即证x ln x －e x ＋x ＋1<0. 设h (x )＝x ln x －e x ＋x ＋1，则h ′(x )＝ln x ＋1－e x ＋1＝ln x －e x ＋2， 令r (x )＝h ′(x )＝ln x －e x ＋2， 则r ′(x )＝1x－e x (x >0)，易知函数r ′(x )在(0，＋∞)上单调递减， 且r ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0，r ′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得r ′(x 0)＝0， 即1x 0＝e x 0，ln x 0＝－x 0，且当x ∈(0，x 0)时，r ′(x )>0，r (x )即h ′(x )单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )即h ′(x )单调递减，所以h ′(x )max ＝h ′(x 0)＝ln x 0－e x0＋2＝－x 0－1x 0＋2＝－（x 0－1）2x 0<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减. 又x →0时，h (x )→0，故h (x )<0， 即x ln x －e x <－x －1.再证：－x －1<cos x －1(x >0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，x ln x－e x<cos x－1.。

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⎛⎤⎥⎝⎦，．。

导数专题---<<隐零点问题>>1.已知函数f（x）=e x-ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．解：（Ⅰ）∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．所以函数f（x）=e x-ln（x+1），其定义域为（-1，+∞）．∵．设g（x）=e x（x+1）-1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（-1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当-1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（-1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（-m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．当m=2时，函数在（-2，+∞）上为增函数，且f′（-1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（-2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（-1，0）．当x∈（-2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=-x0．故f（x）≥=＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．2.设函数f（x）=e x+ax+b在点（0，f（0））处的切线方程为x+y+1=0．（Ⅰ）求a，b值，并求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）＞x2-4．解：（Ⅰ）f′（x）=e x+a，由已知，f′（0）=-1，f（0）=-1，故a=-2，b=-2，f′（x）=e x-2，当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（-∞，ln2）单调递减，在（ln2，+∞）单调递增；…（6分）（Ⅱ）设g（x）=f（x）-（x2-4）=e x-x2-2x+2，g′（x）=e x-2x-2=f（x）在（ln2，+∞）单调递减，在（-∞，ln2）单调递增，因为g′（0）=-1＜0，g′（2）=e2-6＞0，0＜ln2＜2，所以g′（x）在[0，+∞）只有一个零点x0，且x0∈（0，2），=2x0+2，当x∈[0，x0）时，g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，即g（x）在[0，x0）调递减，在（x0，+∞）时，单调递增，当x≥0时，g（x）≥g（x0）==4-＞0，即f（x）＞x2-4，3.已知函数f（x）=．（1）证明：∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）若∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立，求实数k的取值范围．解：（1）证明：f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f（x）的导数为f′（x）=，直线y=g（x）过定点（1，0），若直线y=g（x）与y=f（x）相切于点（m，），则k==，即为ln m+m-1=0①设h（x）=ln x+x-1，h′（x）=+1＞0，则h（x）在（0，+∞）递增，h（1）=0，当且仅当m=1①成立．与定义域矛盾，故∀k∈R，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）f（x）≤g（x）+⇔-k（x-1）≤，可令m（x）=-k（x-1），x∈[e，e2]，则∃x∈[e，e2]，使得f（x）≤g（x）+成立⇔m（x）min≤．m′（x）=-k=-（-）2+-k，当k≥时，m′（x）≤0，m（x）在[e，e2]递减，于是m（x）min=m（e2）=-k（e2-1）≤，解得k≥，满足k≥，故k≥成立；当k＜时，由y=-（t-）2+-k，及t=得m′（x）=-（-）2+-k在[e，e2]递增，m′（e）≤m′（x）≤m′（e2），即-k≤m′（x）≤-k，①若-k≥0即k≤0，m′（x）≥0，则m（x）在[e，e2]递增，m（x）min=m（e）=e-k（e-1）≥e＞，不成立；②若-k＜0，即0＜k＜时，由m′（e）=-k＜0，m′（e2）=-k＞0，由m′（x）单调性可得∃x0∈[e，e2]，由m′（x0）=0，且当x∈（e，x0），m′（x）＜0，m（x）递减；当x∈（x0，e2）时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）的最小值为+k（x0-1），由+k（x0-1）≤，可得k≥（-）＞（）=＞，与0＜k＜矛盾．综上可得k的范围是k≥．4.已知函数f（x）=a ln x-e x；（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）若a=2，求证：f（x）＜0．解：（1）根据题意可得，f′（x）=-e x=（x＞0），当a≤0时，f′（x）＜0，函数y=f（x）是减函数，无极值点；当a＞0时，令f（x）=0，得a-xe x=0，即xe x=a，又y=xe x在（0，+∞）上存在一解，不妨设为x0，所以函数y=f（x）在（0，x0）上是单调递增的，在（x0，+∞）上是单调递减的；所以函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；总之：当a≤0时，f（x）无极值点；当a＞0时，函数y=f（x）有一个极大值点，无极小值点；（2）证明：a=2时，f（x）=2ln x-e x，f′（x）=（x＞0），由（1）可知f（x）有极大值f（x0），且x0满足x0=2…①，又y=xe x在（0，+∞）上是增函数，且0＜2＜e，所以x0∈（0，1），又知：f（x）min=f（x0）=2ln x0-…②；由①可得=，代入②得f（x）min=f（x0）=2ln x0-，令g（x）=2ln x-，则g′（x）=+=＞0恒成立，所以g（x）在（0，1）上是增函数，所以g（x0）＜g （1）=-2＜0，即g（x0）＜0，所以f（x）＜0．5.已知函数f（x）=+a ln x有极值点，其中e为自然对数的底数．（1）求a的取值范围；（2）若a∈（0，]，求证：∀x∈（0，2]，都有f（x）＜．解：（1）f（x）=+a ln x，f′（x）=，若函数f（x）=+a ln x有极值点，则ae x-x2=0有解，显然a＞0，令m（x）=ae x-x2，（a＞0），则m′（x）=ae x-2x，m″（x）=ae x-2，令m″（x）＞0，解得：x＞ln，令m″（x）＜0，解得：x＜ln，∴m′（x）在（-∞，ln）递减，在（ln，+∞）递增，∴m′（x）min=m′（ln）=2-2ln＜0，解得：a＜，故0＜a＜；（2）f（x）=+a ln x，f′（x）=，令h（x）=ae x-x2，则h′（x）=ae x-2x，0＜x≤1时，h′（x）≤ae-2＜0，由于h（a）=a（e a-a）＞0，h（1）=ae-1≤0，∴f（x）在（a，1）内有唯一极大值点x0，当a=时，f（x）有极大值点x=1，∴x∈（0，2]时，f（x）max≤max{f（1），f（x0）}，f（x0）=（a＜x0＜1），令ω（x）=，（a＜x＜1），则ω′（x）=-e-x（x-2）x lnx＜0，∴ω（x）＜ω（a）=＜，又f（1）=，∴max{f（1），f（x0）}＜．6.设函数f（x）=ax2-ln x+1（a∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2-e x+3，求证：f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．解：（1）函数f（x）=ax2-ln x+1的导数为f′（x）=2ax-=，x＞0，当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当a＞0时，由f′（x）＞0，可得x＞；由f′（x）＜0，可得0＜x＜．则当a≤0时，f（x）的减区间为（0，+∞），无增区间；当a＞0时，f（x）的增区间为（，+∞），减区间为（0，）；（2）证明：h（x）=f（x）-g（x）=ax2-ln x+1-（ax2-e x+3）=e x-ln x-2，h（x）的导数为h′（x）=e x-=，由y=xe x-1的导数为y′=（x+1）e x＞0，对x＞0恒成立，即有函数y=xe x-1在x＞0上递增，且y＞-1．设xe x-1=0的根为x0，即有x0e x0=1，（0＜x0＜1），则当x＞x0时，h′（x）＞0，h（x）递增；当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）递减．故当x=x0时，h（x）取得最小值，且为e x0-ln x0-2，即有+x0-2＞2-2=0，则h（x）＞0恒成立，即有f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．另解：当x＞0时，由e x＞x+1，ln x＜x-1这两个不等式知，f（x）-g（x）=e x-ln x-2＞x+1-x+1-2=0，即为f（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立．7.已知函数f（x）=x lnx+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，且对任意x＞1，都有k＜成立，求k的最大值．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=ln x+1+a，∴⇒∴f（x）=x lnx+2x-1．（2）可化为，令，则k＜g（x）min，，x∈（1，+∞）．令h（x）=x-2-ln x，则，∴h（x）在（1，+∞）上为增函数．又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，故存在唯一的x0∈（3，4）使得h（x0）=0，即x0-2=ln x0．当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（1，x0）上为减函数；当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（x0，+∞）上为增函数．∴，∴k＜x0+1．∵x0∈（3，4），∴x0+1∈（4，5），∵k∈Z，∴k的最大值为4．【练习】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】（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）==＞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：（1）∵f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，∴f′（x）=a+lnx+1≥0在[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1＜x＜x0时h（x）＜0 即g′（x）＜0，x＞x0时h（x）＞0 即g′（x）＞0g（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．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】（Ⅰ）解：（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+1．4．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：（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3．5．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：（1）y=﹣3x+2．（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．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：（1），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：（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：（1），②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：依题知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）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：（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：（Ⅰ）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）故令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即lnx0+x0=ln2﹣lna∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln211．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：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=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；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e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证对任意x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，易知方程有唯一解，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x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增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：（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：（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．。