高考数学之隐零点问题

隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展（解析版）1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，∴f′(x)=e x+b cos x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.(2)证明　由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，∴f′(x)=e x+cos x，令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1eπ-1<0，g-π2=e-π2+cos-π2=e-π2>0，∴存在唯一x0∈-π，-π2，使g(x0)=e x0+cos x0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵e x0+cos x0=0，∴e x0=-cos x0，∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π4，又∵x0∈-π，-π2，∴x0-π4∈-5π4，-3π4 ，∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，∴f (x 0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】解：(1)当a =1e 时，f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，令f ′(x )=0得x =e ，所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x=(x +1)e x -a x ，①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +ax 2>0恒成立，故k (x )在(0，+∞)上单调递增，因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)=x0e x0-a(x0+ln x0)=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，因为x0=aee-x0，所以ln x0=ln a-x0，所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a3x3+ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-12x2零点的个数，并说明理由．【答案】解：(1)由题知，f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<ln a<1，当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；当ln a<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；当1<x<ln a时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-12x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，∴g′(x)=1x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1x，设h(x)=e x-1x(x>0)，∴h′(x)=e x+1x2>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵h12=e-2<0，h(1)=e-1>0，∴存在唯一x0∈12，1，使h(x0)=0，即e x0-1x0=0，e x0=1x0，-x0=ln x0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-12x20+(x0-1)2e x0=-12x20+1x0-2，设F(x)=-12x2+1x-212<x<1，易知F(x)在区间12，1上单调递减．∴g(x0)<g12=-18<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-12<0，g(2)=e2-2+ln2>0，∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1x-a，得f′(x0)=1x0-a，所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=1x-a(x-x0)，即y=1x-ax+ln x0.因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，所以1x 0-a =2，ln x 0=0， 解得a =-1.(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，令F (x )=g (x )-f (x )+x 2=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -1x-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，则G ′(x )=(x +1)e x >0，所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，两边取对数得ln x 0+x 0=0，故F (x 0)=0，所以g (x )-f (x )+x 2≥0，即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-1x +1，f ′(0)=e -1，故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S =12×|-1|×(e -1)=e -12.(2)证明　当a>1时，因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，所以f′(x)=ae x-1 x+1=ae x(x+1)-1x+1(x>-1)，令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，则g′(x)=ae x(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，所以当-1<β<0时，f(β)=aeβ-ln(β+1)-1=1β+1+β-1+ln a=ln a+β2β+1，因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，所以β2β+1>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+xx-1，令g(x)=x ln x+xx-1，x>1，求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)(x-1)2=x-ln x-2(x-1)2，由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0x0-1=x0(x0-2)+x0x0-1=x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.。

高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问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“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入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).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(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．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解　(1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.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)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(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：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，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)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解　f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明　当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)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】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(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<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2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α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解　g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明　f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解　(1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，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)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。

导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。

2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，()2sin g x x x =-．（1）求()g x 在()0,π的极值；（2）证明：()()()h x f x g x =-在()0,2π有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈， 当03x π<<时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减， 当3x ππ<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，函数()g x 的极小值为33g ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ （2）证明：()()()ln 2sin h x f x g x x x x =-=-+，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则()x ϕ在()0,π上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以，存在0,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()000x h x ϕ'==. 当00x x <<时，()0h x '>，此时函数()h x 在()00,x 上单调递增，当0x x π<<时，()0h x '<，此时函数()h x 在()0,x π上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而ln 0333h πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 20h e πππππ=-<-=-<，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又ln 1666h πππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 令()ln 1m x x x =-+，其中01x <<，则()1110x m x x x-'=-=>， 所以，函数()m x 在()0,1上单调递增，则()()10m x m <=，所以，ln 10666h πππ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭.由零点存在定理可知，函数()h x 在()0,π上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，()ln 2sin ln h x x x x x x =-+≤-，设ln y x x =-，则1110x y x x-'=-=<对任意的[),2x ππ∈恒成立， 所以，ln ln 0x x ππ-≤-<，所以，函数()h x 在[),2ππ上没有零点，综上所述，函数()()()h x f x g x =-在()0,2π上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.典例2．已知函数()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行．（1）求k 的值； （2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论()p x 在π3π22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,上的零点个数．解：（1）()ln 2a f x k x ax ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在()()1,1f 处的切线与直线l ：(π)1y a x =-+平行， 则有()1πf a '=-，()k f x a x'=-，则(1)ππf k a a k '=-=-⇒= （2）()()2cos πln 2cos 2a p x f x x x ax x ⎛⎫=-=+-- ⎪⎝⎭，π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， π()2sin p x x a x '=+-，令()()g x p x '=，则2π()2cos g x x x'=-+， 当π3π,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x ≤且2π0x -<，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则()g x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππ22422g p a a ⎛⎫⎛⎫'==+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π2422233g p a a ⎛⎫⎛⎫'==--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当4a ≥时，π02p ⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭且()()p x g x '=在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≤，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减， ππππππln 2cos πln 0222222a a p ⎛⎫⎛⎫=+--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，3π3π3π3π3ππln 2cos πln 222222a a p a π⎛⎫⎛⎫=+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由于4a ≥，则03π2p ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则有一个零点， 当43a ≤-时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则()0p x '≥，()p x在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增， ππ=πln 022p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π()02p x p ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，则()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点， 当443a -<<时，π02p ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，()p x '在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=， 当0π,2x x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()0p x '>，()p x 单调递增，当03π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0p x '<，()p x 单调递减，πππln 022p ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，3π3ππln π22p a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫>⇒< ⎪⎝⎭，则由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02p ⎛⎫> ⎪⎝⎭及()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，此时43πln 32a -<<， 若3π3π0ln 22p a ⎛⎫≤⇒≥⎪⎝⎭，由0π2p ⎛⎫> ⎪⎝⎭，3π02P ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭和()p x 的增减性可得：()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点，此时3πln 42a ≤<， 综上，当3πln2a <时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦无零点，当3πln 2a ≥时，()p x 在π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数()f x 的导函数()f x '无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数()g x ，利用导数思想先分析()g x '的单调性以及取值正负，由此确定出()g x 的单调性并分析其取值正负，从而()f x '的正负可分析，则根据()f x 的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1xf x x =+-. （1）判断函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数，并说明理由； （2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+， 当,2x ππ⎡⎫∈--⎪⎢⎣⎭时，易得函数()'f x 单调递增， 而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'， 故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭， 当[)0,x x π∈-时，()0f x '<； 当0,2x x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在,2ππ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上无零点；当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()e cos 0x f x x =+>'， ∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 而(0)0f =，∴函数f (x )在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. 综上所述，函数f (x )在,2ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有1个零点. （2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos xg x x m =++'. 0(0)e sin 0010g m =++⨯-=，0(0)e cos02g m m =++=+'，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin xh x x =-' 因为0x =时，0()e sin 010h x =-=>'， 当0x >时，e 1x >，sin 1x ≤，()e sin 110xh x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在()0,+∞上恒成立， 则h (x )为増函数，即()'g x 为增函数①当20m +，即2m -时，()(0)20g x g m '='+，∴g (x )在[0,)+∞上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即()0g x 在[0,)+∞上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，0(0,)x ∴∃∈+∞，使()00g x '=，当()()00,,0,()x x g x g x ∞∈+>'为增函数；当[)()000,,0,()x x g x g x <'∈为减函数， ()0(0)0g x g ∴<=，与()0g x 在[0,)+∞上恒成立相矛盾，2m ∴<-不成立.综上所述，实数m 的取值范围是[2,)-+∞.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅰ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）()f x 的定义域为()0+∞，，()2()=20x a f x e x x '->.当0a ≤时,()0f x '>，()f x '没有零点；当0a >时，因为2x e 单调递增，a x -单调递增，所以()f x '在()0+∞，单调递增.又()0f a '>,当b 满足04a b <<且14b <时，()0f b '<,故当0a >时，()f x '存在唯一零点. （∴）由（∴），可设()f x '在()0+∞，的唯一零点为0x ，当()00x x ∈，时，()0f x '<; 当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ∞，单调递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当0a >时，2()2ln f x a a a≥+. 考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若1a =，讨论()f x 的单调性；（2）令()()(1)g x f x a x =--，讨论()g x 的极值点个数.解：（1）若1a =，则()1ln 1x f x e x x -=--，其定义域为()0,∞+，()1ln 1x f x e x -'=--.令()()1ln 1x m x f x e x -'==--，则()11x m x e x -'=-， 易知()m x '在()0,∞+上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，()m x 在()0,1上单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 在()1,+∞上单调递增， 因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）由题意知，()()ln 11x a g x e x x a x -=----，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当1a ≤时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，此时()g x 无极值点. 当1a >时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则()1x a h x ex -'=-，易知()h x '在()0,∞+上单调递增， 又()1110a h e -'=-<，()110h a a'=->， 故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=， 此时有001x a e x -=，即00ln a x x =+， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 在()00,x 上单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()0,x +∞上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x ah x h x ex a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，()1,x a ∈， 易知()x ϕ在()1,a 上单调递减， 所以()0x ϕ<，即()00h x <.因为()0aa eah e e---=>，()23ln 321ln 31ln 32ln 30a h a e a a a a a a =-->+--=+->->，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,ax e x -∈，()20,3x x a ∈，满足()()120h x h x ==，所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，()g x 在()10,x 上单调递增， 当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，()g x 在()12,x x 上单调递减， 当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，()g x 在()2,x +∞上单调递增， 所以当1a >时，()g x 存在两个极值点.综上，当1a ≤时，()g x 不存在极值点；当1a >时，()g x 存在两个极值点. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当1a ≤时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当1a >时，灵活构造函数，并根据等式将a 代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到()h x 的零点，从而得到结果.变式1．已知函数()()xf x e ax a =-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2a =时，求函数()()cos g x f x x =-在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为R ，()xf x e a '=-①当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x 在R 上单调递增， ②当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a < 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，()ln ,a +∞上单调递增， 综上所述：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞单调递减，()ln ,a +∞单调递增，（2）已知得()2cos xg x e x x =--，,2x π⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭则()sin 2xg x e x '=+-①当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，因为()()1(sin 1)0xg x e x '=-+-<所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减，所以()()00g x g >=， 所以()g x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点；②当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，因为()g x '单调递增，且(0)10g '=-<，2102g e ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '= 当()00,x x ∈时，()0g x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '> 所以()g x 在[)00,x 递减0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为202g e πππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭所以()002g x g π⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭所以()g x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上存在一个零点， 所以()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点； ③当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，2()sin 230x g x e x e π'=+->->，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增 因为02g π⎛⎫>⎪⎝⎭，所以()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上无零点；综上所述，()g x 在,2π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上的零点个数为2个. 【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数()f x 的图象得解）；（3）方程+图象法（令()0f x =得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()'f x 为()f x 的导数．证明：（1）()'f x 在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x ∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 解：(1)由已知得f ′(x )=a (sinx +xcosx ),对于任意的x ∴(0,2π)， 有sinx +xcosx >0,当a =0时,f (x )=−32，不合题意； 当a <0时,x ∴(0,2π),f ′(x )<0,从而f (x )在(0, 2π)单调递减， 又函数f (x )=axsinx −32 (a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上的最大值为f (0)，不合题意； 当a >0时,x ∴(0,2π),f ′(x )>0,从而f (x )在(0, 2π)单调递增， 又函数f (x )=axsinx −32(a ∴R )在[0, 2π]上图象是连续不断的， 故函数在[0,2π]上上的最大值为f (2π)=2πa −32=32π-，解得a =1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈； (2)函数f (x )在(0,π)内有且仅有两个零点。

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⎛⎤⎥⎝⎦，．。

导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。

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)(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.二、含参函数的隐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. 例1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ，证明)(x g ＞0.例2.（2017052001）已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.例3.（2017.全国II.21）已知函数x x ax ax x f ln )(2--=，且()0f x ≥.（I ）求a ；（II ）证明：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e . 例 4.(2016.全国甲.21)（I ）讨论函数2(x)e 2x x f x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;x x x -++> （II ）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g 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.例 5.（2013.湖北.10）已知a 为常数，函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <，则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.21)(,0)(21-<<x f x fC.21)(,0)(21-<>x f x fD.21)(,0)(21-><x f x f 例6.（2017022802）已知函数)ln 1()(x x x f +=.（I ）求函数)(x f 的单调区间及其图象在点1=x 处的切线方程；（II ）若Z ∈k ，且)()1(x f x k <-对任意1>x 恒成立，求k 的最大值.例1例4导数压轴题中的“隐零点”问题之专项训练题1、设函数()2xf x e ax =--. (Ι)求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值.变式训练： 已知函数()()ln ,f x x x ax a R =+∈.（Ⅰ）若函数()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上为增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）若()()()1,,1x f x k x ax x ∀∈+∞>-+-恒成立，求正整数k 的值.2、已知函数()()ln xf x e x m =-+. (Ι)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 >.变式训练： 已知函数()32213f x x x ax =+++在()1,0-上有两个极值点1x 、2x ，且12x x <.(Ι)求实数a 的取值范围； （Ⅱ）证明：()21112f x >.3、已知a R ∈，函数()2x f x e ax =+；()g x 是()f x 的导函数. （Ⅰ）当12a =-时，求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0a >时，求证：存在唯一的01,02x a ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，使得()00g x =； （Ⅲ）若存在实数,a b ，使得()f x b ≥恒成立，求a b -的最小值.变式训练：已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+. （Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值.4、已知函数()()222ln 22=-++--+f x x a x x ax a a ，其中0>a . （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()0≥f x 在区间()1,+∞内恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练 ,已知函数()222ln 2f x x x ax a =-+-+，其中0>a ，设()g x 是()f x 的导函数.（Ⅰ）讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）证明：存在()0,1∈a ，使得()0≥f x 恒成立，且()0=f x 在区间()1,+∞内有唯一解.变式训练,已知函数()2ln 12a f x x x x =-++，()21x a g x ae ax a x=++--，其中a R ∈. （Ⅰ）若2a =，求()f x 的极值点；（Ⅱ）试讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若0a >，()0,x ∀∈+∞，恒有()()g x f x '≥（()f x '为()f x 的导函数），求a 的最小值.变式训练 ,已知函数()21ln 2f x x ax x =-+，a R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）是否存在实数a ，使得函数()f x 的极值大于0？若存在，则求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.。