培优专题(二) 隐零点问题
例1 解:(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞) ,f'(x)=2x-(a-2)-=,即f'(x)=.
(i)若a≤0,则f'(x)>0在定义域(0,+∞)上恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(ii)若a>0,则令f'(x)>0,得2x-a>0,解得x>,令f'(x)<0,得2x-a<0,可得0
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,要证f(x)+ex>x2+x+2,只需证ex-ln x-2>0.
令g(x)=ex-ln x-2,则g'(x)=ex-,易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增,令g'(x)=ex-=0,即ex=,可得方程有唯一解,设为x0,且x0≠1,
所以=.当x变化时,g'(x)与g(x)的变化情况如下,
x (0,x0) x0 (x0,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以g(x)min=g(x0)=-ln x0-2=+x0-2,因为x0>0且x0≠1,所以+x0-2>2-2=0,即g(x)min>0,所以ex-ln x-2>0恒成立,得证.
【自测题】
解:(1)当a=时,f(x)=xex-1-x-ln x,x>0,则f'(x)=(x+1)ex-1-1-=(xex-1-1).设g(x)=xex-1-1,x>0,则g'(x)=(x+1)ex-1>0恒成立,又g(1)=e0-1=0,
所以当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,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)f'(x)=a2(x+1)ex-1-=(a2xex-1),设h(x)=a2xex-1,x>0,则h'(x)=a2(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(0)=-1<0,h=-1>0,所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即a2x0-1=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x=x0时,f(x)取得极小值,也是最小值,所以f(x)≥f(x0)=a2x0-x0-ln x0=1-ln (x0)=1+2ln a,所以1+2ln a≥2-a,即a+2ln a-1≥0,设F(a)=a+2ln a-1,易知F(a)单调递增,且F(1)=0,由F(a)≥F(1),解得a≥1.综上,a≥1.
例2 解:f(x)>3x对任意x∈R恒成立,即(x-k-1)ex>3x对任意x∈R恒成立,即k令h(x)=x-1-,则h'(x)=1-=.令m(x)=ex+3x-3,则m'(x)=ex+3>0,∴m(x)在R上单调递增,∵m=->0,m=-<0,∴存在x0∈,使得m(x0)=0,即+3x0-3=0,当x∈(-∞,x0)时,h'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0.
∴h(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(x0)=x0-1-=x0-1-=x0-1+=x0-1++1.∵x0∈,∴x0-1∈,
∴h(x0)∈.
∵k【自测题】
解:(1)∵f(x)=(a-1)x+xln x,∴f'(x)=ln x+a,∵函数f(x)=(a-1)x+xln x的图象在点A(e2,f(e2))处的切线斜率为4,∴f'(e2)=4,即a+ln e2=4,故a=2.
(2)由(1)知f(x)=x+xln x.
∵m(x-1)1恒成立,∴m<=对任意x>1恒成立.令g(x)=,x>1,则g'(x)=
=
.令u(x)=x-ln x-3,x>1,则u'(x)=1-,∵x>1,∴u'(x)>0,∴u(x)=x-ln x-3在(1,+∞)上单调递增,∵u(4)=1-ln 4<0,u(5)=2-ln 5>0,∴存在x0∈(4,5),使得u(x0)=x0-ln x0-3=0,当x∈(1,x0)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增.∴g(x)min=g(x0)===x0-1,故m∵x0∈(4,5),∴x0-1∈(3,4),又m∈Z,∴m的最大值为3.
例3 解:(1)因为f(x)=,所以f'(x)=,当x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值,f(x)无极小值.
(2)证明:令h(x)=xg(x)+2-exf(x)+=xln x+2-x+(x>0),则h'(x)=ln x-(x>0),
令r(x)=ln x-(x>0),则r'(x)=+>0在(0,+∞)上恒成立,所以r(x)在(0,+∞)上单调递增,又r(1)=ln 1-=-2<0,r(e)=ln e-=1->0,所以存在x0∈(1,e),使得r(x0)=0,即ln x0=(x0∈(1,e)),当x∈(0,x0)时,r(x)<0,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,r(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增,
故h(x)min=h(x0)=x0ln x0+2-x0+=x0·+2-x0+=2-x0+(x0∈(1,e)).令m(x)=2-x+(x∈(1,e)),则m'(x)=-1-<0在(1,e)上恒成立,所以m(x)在(1,e)上单调递减,所以m(x)>m(e)=2-e+>0,所以h(x)min=h(x0)=2-x0+>0,所以xg(x)+2>exf(x)-.
【自测题】
解:(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-,∴切线的斜率k=f'(1)=e-1.∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,e+1),∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2,∴切线与坐标轴交点的坐标分别为(0,2),,∴所求三角形的面积为×2×=.
(2)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,
∴f'(x)=aex-1-(x>0).设g(x)=f'(x),x>0,则g'(x)=aex-1+>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.当a=1时,f'(1)=0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1恒成立.当a>1时,<1,∴<1,
∴f'f'(1)=a(a-1)<0,∴存在唯一的x0∈,使得f'(x0)=a-=0,即a=,∴ln a+x0-1=-ln x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a>2ln a-1+2
=2ln a+1>1,∴f(x)≥1恒成立.
当0 隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题,一般对函数的零点设而不求,借助整体代换和过渡,再结合题目条件,利用函数的性质巧妙求解.隐零点的处理思路:
第一步:用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,其中难点是通过合理赋值,敏锐捕捉零点存在的区间,有时还需结合函数单调性明确零点的个数;
第二步:虚设零点并确定取值范围,抓住零点方程实施代换,如指数与对数互换,超越函数与简单函数的替换,利用同构思想等解决,需要注意的是,代换可能不止一次.
类型一 等量代换
隐零点的具体数值或表达式是求不出来的,我们只能得到一个隐零点所满足的等式.所谓等量代换,即利用隐零点满足的等式对需要处理的目标进行整体代换.
例1 [2024·浙江杭州一模] 已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
自测题
已知函数f(x)=a2xex-x-ln x.
(1)当a=时,求f(x)的单调区间;
(2)当a>0时,f(x)≥2-a恒成立,求a的取值范围.
类型二 数值估计
所谓数值估计,主要是指利用函数零点存在定理对隐零点的大致范围进行估计.一般来说,隐零点数值估计的精确度越高,越有利于问题的解决.
例2 已知函数f(x)=(x-k-1)ex(其中e为自然对数的底数).若不等式f(x)>3x对任意x∈R恒成立,求整数k的最大值.
自测题
已知函数f(x)=(a-1)x+xln x的图象在点A(e2,f(e2))(e为自然对数的底数)处的切线斜率为4.
(1)求实数a的值;
(2)若m∈Z,且m(x-1)1恒成立,求m的最大值.
类型三 常量变量化
所谓常量变量化,即将目标表达式化为关于隐零点的代数式之后,把隐零点看成自变量,把考查目标看成关于隐零点的函数来处理.
例3 已知函数f(x)=,g(x)=ln x.
(1)求f(x)的极值;
(2)证明:xg(x)+2>exf(x)-.
自测题
已知a>0,函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.(共38张PPT)
培优专题（二） 隐零点问题
类型一
类型二
类型三
作业手册
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隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来．在
函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函
数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用
函数的性质巧妙求解.隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中
难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函
数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，
如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等
解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
类型一 等量代换
隐零点的具体数值或表达式是求不出来的，我们只能得到一个
隐零点所满足的等式.所谓等量代换，即利用隐零点满足的等式对需
要处理的目标进行整体代换.
（1）讨论函数 的单调性；
解：由题可知函数的定义域为 ，
，即 .
若，则在定义域上恒成立，此时函数
在 上单调递增；
例1 [2024·浙江杭州一模] 已知函数
（ ）．
若，则令，得，解得,
令 ，得，可得,
所以在 上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在上单调递减，在 上单调递增.
（2）当时，证明：对任意的， ．
证明：当时， ，
，只需证 .
令，则，
易知在 上单调递增，
令，即 ，可得方程有唯一解，
设为，且 ，所以.
- 0
单调递减 极小值 单调递增
所以，
因为 且，所以，
即 ，所以 恒成立，得证.
当变化时，与 的变化情况如下，
自测题 已知函数 ．
（1）当时，求 的单调区间；
解：当时，, ，
则 .
设，，则 恒成立，
又 ，
所以当时，，单调递减，
当 时，，单调递增，
所以的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2）当时，恒成立，求 的取值范围．
解： ，
设，，则，
所以 在上单调递增，
又， ，
所以存在，使得，即，
当 时，，单调递减，
当时，， 单调递增，
当时， 取得极小值，也是最小值，
所以
，
所以，即 ，
设，易知单调递增，且 ，
由，解得.
综上， .
类型二 数值估计
所谓数值估计，主要是指利用函数零点存在定理对隐零点的大
致范围进行估计.一般来说，隐零点数值估计的精确度越高，越有利
于问题的解决.
例2 已知函数（其中 为自然对数的底数）．若
不等式对任意恒成立，求整数 的最大值．
解：对任意恒成立，即 对任意
恒成立，即对任意 恒成立.
令，则 .
令，则，
在 上单调递增，
，，
存在 ，使得，即，
当 时，；当时， .
在上单调递减，在上单调递增，
， ， .
， 整数的最大值为 .
自测题 已知函数的图象在点
（ 为自然对数的底数）处的切线斜率为4．
（1）求实数 的值；
解：，，
函数的图象在点 处的切线斜
率为4，，即，故 .
（2）若，且对任意恒成立，求 的
最大值．
解：由（1）知 ．
对任意 恒成立，
对任意恒成立.
令 ，，
则 .
令，，则，
，，在 上单调递增，
，，
存在 ，使得，
当时， ，函数 单调递减；
当时，，函数 单调递增.
，故
．
，，
又， 的最大值为3．
类型三 常量变量化
所谓常量变量化，即将目标表达式化为关于隐零点的代数式之后，
把隐零点看成自变量，把考查目标看成关于隐零点的函数来处理.
例3 已知函数， .
（1）求 的极值；
解：因为，所以，
当时， ，当时，，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以当时，取得极大值， 无极小值.
（2）证明： .
证明：令 ，
则 ，
令，则在 上恒成立，
所以在上单调递增，
又 ，，
所以存在，使得 ， 即，
当时，， ，单调递减，
当时，，， 单调递增，
故.
令 ，则在上恒成立，
所以在 上单调递减，所以 ，
所以，
所以 ．
自测题 已知，函数 .
（1）当时，求曲线在点 处的切线与两坐标轴
围成的三角形的面积；
解：当时，，， 切线的
斜率
， 切点坐标为, 曲线在点
处的切线方程为 , 即,
切线与坐标轴交点的坐标分别为, ,
所求三角形的面积为 ．
（2）若恒成立，求 的取值范围.
解： ,.
设, ，则,
在上单调递增，即 在上单调递增.
当时，,当时， ，
当时， ，
,恒成立.
当时， ， ，,
存在唯一的 ，使得，
即 ，，
且当时， ，当时，，
, 恒成立.
当时，,
不恒成立，不合题意.
综上所述，实数的取值范围是 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知函数，证明： ．
证明：设, ，
则 ，
令， ，
则， ，即在 上单调递增，
又, ，
故存在，使得，即 ，
当时，，故在 上单调递减，
当时，，故在 上单调递增，
故 ，
即，即 ，则 .
2.[2024·河北张家口三模] 已知函数 ，证明：
．
证明：要证，只需证 .
令, ，
则，易知在 上单调递增，
因为 ，
，
所以 存在，使得 ，
即，
当时，，故在 上单调递减；
当时，，故在 上单调递增.
所以当时， 取得最小值
.
令 ，
由二次函数的性质可知，在 上单调递减，
所以，即 ，
所以，所以 .
◆ 综合提升 ◆
3.已知函数 ．
（1）若函数在上单调递增，求实数 的值；
解：由题意得 ，
在上单调递增，在上恒成立且 不恒为零．
当时，，则恒成立，即 恒成立，
又,；
当时，，则 恒成立，即恒成立，
又， .综上可得 .
（2）若函数 恰有两个不同
的零点，求实数 的取值范围．
解：，，
令，分离参数得 .
令，
则 .
令，则 ，
在 上单调递增，
又，，
存在 ，使得，
当时，，即 ；
当时，，即
在 上单调递减，在 上单调递增，
.
由，得，可得 ，
，
又在 上单调递增，，即 ，
故，
又当时， ，当 时， ，
故只需，解得，即实数的取值范围为 ．
4.已知函数， .
（1）判断函数的单调性，并证明当 时，
.
解：由已知得， .
因为，所以 .
因为当时，，
所以 在和 上单调递增.
证明：因为在上单调递增，
所以当 时，，即 .
（2）证明当时，函数有最小值.设的最小值为 ，
求函数 的值域.
证明：由题意知 .
由（1）知，在 上单调递增，对任意的
, , ,
所以存在唯一的,使得,即 ，
当时，,,单调递减；
当 时，,, 单调递增.
因此在处取得最小值，最小值为
.
当时，,知在 上单调递增，
所以由,得 .
因为单调递增，对任意,存在唯一的
,,使得 ,所以的值域是 .
综上，当时，有最小值，的值域是 .
类型一
例1(1)当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)略
自测题(1) f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞) (2) a≥1
类型二
例2 2 自测题 (1)2 (2) 3
类型三
例3(1)当x=1时,f(x)取得极大值,f(x)无极小值 (2)略
自测题(1) (2) [1,+∞)
基础热身
1.略 2.略
综合提升
3. (1) (2)
4. (1) f(x)在(∞, 2)和(2,+∞)上单调递增，证明略
(2)证明略，当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是培优专训(二) 隐零点问题
1.证明:设g(x)=xex-ln x-x-1,x>0,则g'(x)=(x+1)ex--1,
令h(x)=(x+1)ex--1,x>0,
则h'(x)=(x+2)ex+>0,x>0,
即h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h=-3<0,h(e)=(e+1)ee--1>0,故存在x0∈,使得h(x0)=0,即x0=1,
当x∈(0,x0)时,h(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,故g(x)在(x0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(x0)=x0-ln -x0-1=0,
即g(x)≥0,即xex≥ln x+x+1,
则f(x)≤xex.
2.证明:要证f(x)>--2,只需证xln x+5x2-2x>-.
令g(x)=xln x+5x2-2x,x>0,
则g'(x)=ln x+10x-1,易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g'(e-2)=ln e-2+10×e-2-1=-3<0,g'=ln +10×-1=-ln 4=(ln e3-ln 16)>0,所以存在x0∈,使得g'(x0)=ln x0+10x0-1=0,即ln x0=1-10x0,当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,故g(x)在(x0,+∞)上单调递增.
所以当x=x0时,g(x)取得最小值g(x0)=x0ln x0+5-2x0=x0(1-10x0)+5-2x0=-5-x0.
令h(x)=-5x2-x,由二次函数的性质可知,h(x)=-5x2-x在上单调递减,
所以h(x)>h=->-,即g(x0)>-,所以g(x)=xln x+5x2-2x>-,所以f(x)>--2.
3.解:(1)由题意得f'(x)=(x+1)ex+ax+a=(x+1)(ex+a),
∵f(x)在R上单调递增,∴f'(x)≥0在R上恒成立且f'(x)不恒为零.
当x≥-1时,x+1≥0,则ex+a≥0恒成立,即a≥-ex恒成立,又-ex≤-,∴a≥-;当x≤-1时,x+1≤0,则ex+a≤0恒成立,即a≤-ex恒成立,又-ex≥-,∴a≤-.
综上可得a=-.
(2)F(x)=2f(x)-ax2-(4a+1)x-2ln x=2xex-(2a+1)x-2ln x-2,x>0,令F(x)=0,分离参数得a+=ex--.令g(x)=ex--(x>0),则g'(x)=ex-+=.令h(x)=x2ex+ln x(x>0),则h'(x)=x(x+2)ex+>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=e>0,h=-1=-1<0,∴存在x0∈,使得h(x0)=0,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)min=g(x0)=--.
由h(x0)=0,得=-ln x0,可得ln (-ln x0)=2ln x0+x0,
∴ln (-ln x0)+(-ln x0)=ln x0+x0,又y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增,∴-ln x0=x0,即=,
故g(x)min=g(x0)=--=1,又当x→0时,g(x)→+∞,
当x→+∞时,g(x)→+∞,
故只需a+>1,解得a>,即实数a的取值范围为.
4.解:(1)由已知得,x≠-2.
因为f(x)=ex,所以f'(x)=ex=.
因为当x∈(-∞,-2)∪(-2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-2)和(-2,+∞)上单调递增.
证明:因为f(x)在(-2,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f(x)=ex>f(0)=-1,即(x-2)ex+x+2>0.
(2)证明:由题意知g'(x)==[f(x)+a].
由(1)知,y=f(x)+a在(0,+∞)上单调递增,对任意的a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0,
所以存在唯一的x0∈(0,2],使得f(x0)+a=0,即g'(x0)=0,
当0x0时,f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=x0处取得最小值,最小值为g(x0)==
=.
当x∈(0,2]时,'=>0,知y=在(0,2]上单调递增,
所以由x0∈(0,2],得=因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的x0∈(0,2],a=-f(x0)∈[0,1),使得h(a)=λ,
所以h(a)的值域是.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.培优专训(二) 隐零点问题
(时间:45分钟)
1.已知函数f(x)=ln x+x+1,证明:f(x)≤xex.
2.[2024·河北张家口三模] 已知函数f(x)=ln x+5x-4,证明:f(x)>--2.
3.已知函数f(x)=xex+ax2+ax-1.
(1)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的值;
(2)若函数F(x)=2f(x)-ax2-(4a+1)x-2ln x恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)=ex,g(x)=(x>0).
(1)判断函数f(x)的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0.
(2)证明当a∈[0,1) 时,函数g(x)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a) 的值域.