高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問題 高階拓展 專項(xiàng)練習(xí)（學(xué)生版+解析）

第15講導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問題（高階拓展）

（核心考點(diǎn)精講精練）

1.4年真題考點(diǎn)分布

4年考情

考題示例考點(diǎn)分析關(guān)聯(lián)考點(diǎn)

2020年新I卷，第21題,12分導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問題不等式恒成立問題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的載體內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)基本問題

2掌握函數(shù)零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用

3能設(shè)而不求進(jìn)行隱零點(diǎn)的相關(guān)替換求值或范圍

【命題預(yù)測】零點(diǎn)問題是高考的熱點(diǎn)問題，隱零點(diǎn)的代換與估計(jì)問題是函數(shù)零點(diǎn)中常見的問題之一，其源于

含指對(duì)函數(shù)的方程無精確解，這樣我們只能得到存在性之后去估計(jì)大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點(diǎn)

代換與估計(jì)，所以本節(jié)我們做一個(gè)專門的分析與討論，方便學(xué)生高考綜合復(fù)習(xí)

知識(shí)講解

在求解導(dǎo)數(shù)問題時(shí)，我們一般對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過一種整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件最

終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點(diǎn)問題”.

1.解題步驟

第1步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程并結(jié)合/（X）的單調(diào)

性得到零點(diǎn)的范圍；

第2步：以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)/1（X）的正負(fù)，進(jìn)而得到/（%）的最值表達(dá)式；

第3步：將零點(diǎn)方程/'（%）=0適當(dāng)變形，整體代入/（x）最值式子進(jìn)行化簡：

（1）要么消除/（x）最值式中的指對(duì)項(xiàng)

（2）要么消除其中的參數(shù)項(xiàng)；

從而得到/（X）最值式的估計(jì).

2.隱零點(diǎn)的同構(gòu)

實(shí)際上，很多隱零點(diǎn)問題產(chǎn)生的原因就是含有指對(duì)項(xiàng)，而這類問題由往往具有同構(gòu)特征，所以下面我們看到

的這兩個(gè)問題，它的隱零點(diǎn)代換則需要同構(gòu)才能做出，否則，我們可能很難找到隱零點(diǎn)合適的代換化簡方

向.我們看下面兩例：一類同構(gòu)式在隱零點(diǎn)問題中的應(yīng)用：原理分析

xexxlnx

/(%)=<x+ex=<x+lnx

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解決形如ex=-^x+lnx=O,這些常見的代換都是隱零點(diǎn)中常見的操作.

X

考點(diǎn)一、隱零點(diǎn)綜合問題

☆典例引領(lǐng)

1.(2020?山東?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(%)=—ln%+ln〃.

(1)當(dāng)”=e時(shí)，求曲線y=〃x)在點(diǎn)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范圍.

2.證明ex—21nx>4—21n2

3.求f(x)=ex+1-31nx的極值

4.已知函數(shù)/(x)=ln((ix),a>0若/(%)<(九一1九"一、求a的取值范圍.

即時(shí)檢測

1.已知函數(shù)/(x)=ax+xlnx(aeR)當(dāng)a=l且keZ時(shí)，不等式^(x-1)</(x)在xe(1,+oo)

上恒成立，求k的最大值.

2.已知函數(shù)/(%)=aex--2(?+1)>0對(duì)任意的xe(0,+8)恒成立，其中實(shí)數(shù)a>0,求。的

X

取值范圍.

3.(2023?遼寧葫蘆島?統(tǒng)考二模)已知函數(shù)/=且/(x)20.

⑴求〃；

_31

(2)證明：/(%)存在唯一的極大值點(diǎn)方,且e-

e

4.(2023?全國?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/'(x)=(mx+n)ex+mx2+(2m+”)x在x=-1處取得極小值」-1.

e

⑴求實(shí)數(shù)機(jī)，〃的值；

⑵當(dāng)xe(0,+co)時(shí)，證明：/(x)>lnx+x+-^.

5.(2023?內(nèi)蒙古赤峰?赤峰二中校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知函數(shù)/'(x)=(x+l)lnx+m(x-1).

⑴若機(jī)=1,求的單調(diào)區(qū)間；

⑵當(dāng)機(jī)<-2時(shí)，證明：Ax)在(0,1),(1,包)上各有一個(gè)零點(diǎn)，且這兩個(gè)零點(diǎn)互為倒數(shù).

【能力提升】

1.(2023?遼寧丹東?統(tǒng)考二模)已知尤=:為函數(shù)f(x)=lnx-G+a的極值點(diǎn).

2

⑴求。；

(2)證明：當(dāng)0<x<T時(shí)，療(x)+(x->0.

2.(2023?全國?高三專題練習(xí))已知awR,函數(shù)/(x)=e'+加，g(x)是〃力的導(dǎo)函數(shù).

(1)當(dāng)a>0時(shí)，求證：存在唯一的Me1-：,()],使得g(x())=0；

⑵若存在實(shí)數(shù)a,b,使得/'(力2人恒成立，求的最小值.

3.(2023?全國?高三專題練習(xí))已知函數(shù)/(%)=]兀3+%2+狽+]在(_],0)上有兩個(gè)極值點(diǎn)，玉,々，且玉<馬.

⑴求實(shí)數(shù)〃的取值范圍；

(2)證明：當(dāng)-：<x<0時(shí)，

4.(2023春?福建廈門?高二福建省廈門第二中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=/-ln(x+m).

⑴設(shè)x=0是f(x)的極值點(diǎn)，求m,并討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)m32時(shí)，證明f(x)>0.

5.(2023春?四川宜賓?高三四川省宜賓市第四中學(xué)校?？奸_學(xué)考試)已知函數(shù)〃x)=xlnx+履-3人，求:

(1)當(dāng)％=1時(shí)，求曲線/(X)在點(diǎn)(1，/⑴)處的切線方程；

⑵當(dāng)x>3時(shí)，總有“勸>1,求整數(shù)、的最小值.

一〃一1

6.(2022秋?福建莆田?高二莆田一中?？计谥?設(shè)函數(shù)/(x)=ln尤,g(x)=ax+-----3(awR).

x

(1)求函數(shù)0(x)=/(X)+g(x)的單調(diào)增區(qū)間；

(2)當(dāng)a=1時(shí)，記〃(x)=/(x)-g(x),是否存在整數(shù)4,使得關(guān)于x的不等式244〃(x)有解？若存在，請(qǐng)求出2

的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由.(參考數(shù)據(jù)：ln2a0.693Lln3al.0986)

32

7.(2021?江西撫州?高三臨川一中校考階段練習(xí))已知函數(shù)〃力=山彳+2/一依+1,g(%)=2x-x.

(1)若a>0,討論函數(shù)，(尤)在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；

(2)若4=1,函數(shù)〃(x)=1(X)一&("上彳在。，+向上恒成立,求整數(shù)2的最大值.

x-1

8.(2021秋?四川成都?高三雙流中學(xué)校考階段練習(xí))已知函數(shù)"x)=x-lnx-2.

⑴求函數(shù)在(1,7。))處的切線方程

(2)證明：〃尤)在區(qū)間(3,4)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)；

(3)若對(duì)于任意的xe(l,+oo),都有無lnx+尤〉發(fā)(無一1)，求整數(shù)上的最大值.

9.(2022春?浙江舟山?高三浙江省普陀中學(xué)校考階段練習(xí))已知函數(shù)/'(司=(彳-左-1)，(其中e為自然對(duì)數(shù)

的底數(shù)).

⑴當(dāng)k=-1時(shí)，求函數(shù)外力的極值;

⑵若函數(shù)g(x)=/(x)+e2在xe(O,+w)有唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)上的取值范圍；

(3)若不等式/(X)>3x對(duì)任意的xeR恒成立，求整數(shù)k的最大值.

10.(2021?黑龍江哈爾濱?哈爾濱市第六中學(xué)校?？级?已知函數(shù)/(x)=lnx+l+網(wǎng)在點(diǎn)(。"⑷)處的切線

X

過點(diǎn)(。，4).

(1)求實(shí)數(shù)“的值，并求出函數(shù)/(x)單調(diào)區(qū)間；

(2)若整數(shù)k使得2/(x)>?1-工)在尤e(1,+co)上恒成立，求女的最大值.

第16講導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問題（高階拓展）

（核心考點(diǎn)精講精練）

1.4年真題考點(diǎn)分布

4年考情

考題示例考點(diǎn)分析關(guān)聯(lián)考點(diǎn)

2020年新I卷，第21題,12分導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問題不等式恒成立問題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的載體內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)基本問題

2掌握函數(shù)零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用

3能設(shè)而不求進(jìn)行隱零點(diǎn)的相關(guān)替換求值或范圍

【命題預(yù)測】零點(diǎn)問題是高考的熱點(diǎn)問題，隱零點(diǎn)的代換與估計(jì)問題是函數(shù)零點(diǎn)中常見的問題之一，其源于

含指對(duì)函數(shù)的方程無精確解，這樣我們只能得到存在性之后去估計(jì)大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點(diǎn)

代換與估計(jì)，所以本節(jié)我們做一個(gè)專門的分析與討論，方便學(xué)生高考綜合復(fù)習(xí)

知識(shí)講解

在求解導(dǎo)數(shù)問題時(shí)，我們一般對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過一種整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件最

終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點(diǎn)問題”.

2.解題步驟

第1步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程并結(jié)合/（X）的單調(diào)

性得到零點(diǎn)的范圍；

第2步：以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)/1（X）的正負(fù)，進(jìn)而得到/（%）的最值表達(dá)式；

第3步：將零點(diǎn)方程/'（%）=0適當(dāng)變形，整體代入/（x）最值式子進(jìn)行化簡：

（1）要么消除/（x）最值式中的指對(duì)項(xiàng)

（2）要么消除其中的參數(shù)項(xiàng)；

從而得到/（X）最值式的估計(jì).

2.隱零點(diǎn)的同構(gòu)

實(shí)際上，很多隱零點(diǎn)問題產(chǎn)生的原因就是含有指對(duì)項(xiàng)，而這類問題由往往具有同構(gòu)特征，所以下面我們看到

的這兩個(gè)問題，它的隱零點(diǎn)代換則需要同構(gòu)才能做出，否則，我們可能很難找到隱零點(diǎn)合適的代換化簡方

向.我們看下面兩例：一類同構(gòu)式在隱零點(diǎn)問題中的應(yīng)用：原理分析

xexxlnx

/(%)=<x+ex=<x+lnx

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解決形如ex=-^x+lnx=O,這些常見的代換都是隱零點(diǎn)中常見的操作.

X

考點(diǎn)一、隱零點(diǎn)綜合問題

☆典例引領(lǐng)

1.(2020?山東?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(%)=—ln%+ln〃.

(1)當(dāng)”=e時(shí)，求曲線y=〃x)在點(diǎn)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)工(2)口,+8)

e-1

【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出在點(diǎn)切線方程，即可得到坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)，最后根據(jù)三角形

面積公式得結(jié)果；

(2)方法一：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)a=l時(shí)，由-⑴=0得/'(x1/"1)=1,符合題意；當(dāng)

a>l時(shí)，可證/，(-)/，(1)<0,從而f\x)存在零點(diǎn)%>0,使得/'(%)=ae^1--=0,得到,利用零

a%o

點(diǎn)的條件，結(jié)合指數(shù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算化簡后，利用基本不等式可以證得/(x)21恒成立；當(dāng)0<。<1時(shí)，研究/(1).

即可得到不符合題意.綜合可得a的取值范圍.

【詳解】(1)Q/(x)=e*Tnx+1,f'(x)=ex--,:.k=f'(T)=e-l.

x

Q/(D=e+l,二切點(diǎn)坐標(biāo)為(1.1+e),

二函數(shù)在點(diǎn)(1g)處的切線方程為y--l=(e-l)(x-l),即y=(e-l)x+2,

???切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,2),(二4,0),

e-1

1-92

J所求三角形面積為7；X2X|--|=-

2e—\e—\

(2)［方法一］:通性通法

Q/(x)=aex~x-Inx+In6:,f'{x}=aex~l--,且a>0.

x

設(shè)g(x)=f\x)，則g\x)=+4>0,

???g(x)在(。,+8)上單調(diào)遞增，即廣⑺在(0,+8)上單調(diào)遞增，

當(dāng)4=1時(shí)，1(1)=0,???=,：/(%)之1成立.

當(dāng)a>l時(shí)，一<1,,第—<1，../'(—)/(1)="(e"—1)("—D<0，

a??匕7a

,存在唯一%>0,使得/'(/)=a*“一"-=°,且當(dāng)天￡(0,%)時(shí)廣⑺<0,當(dāng)元w(%,+8)時(shí)廣(無)>0,

x

ae^~——,Intz+x0-1=-Inx0,

玉)

因此/(尤)min=/(尤0)=ae'-T-In/+Ina

=----FIna+XQ-1+lnaN2Ina-1+2/—,XQ—21na+l>l,

/Vxo

恒成立；

當(dāng)0<a<l時(shí)，f(y)=a+］na<a<l,：./(l)<l,/(x)21不是恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是口,+◎.

［方法二］【最優(yōu)解】：同構(gòu)

lna+x

由/(x)21得ae*T—Inx+lnaNl,BPe-'+lna+x—l>ln.x+%,而lnx+x=e“*+lnx,所以

eina+z+也。+x_12e'nA+lnx.

^h(m)=em+m,則〃'(〃?)=e"+1>0,所以癡㈤在R上單調(diào)遞增.

|

由《山。+41+］11(7+彳_1“"*+111巧可知人(111。+工一1)2力(111彳),所以111。+%-12111%,所以111心(111》-工+1)0111)［.

11—X

令尸(x)=lnx_x+l,貝(無)=――1=-

尤x

所以當(dāng)X€(0,1)時(shí)，/(X)>0,F(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xe(l,+a))時(shí)，-0)<0,/。)單調(diào)遞減.

所以國研皿=*1)=0,則InaNO,即aNl.

所以。的取值范圍為.

［方法三］:換元同構(gòu)

由題意知a>0,x>。，令ae*-'=t,所以lna+x-1=lnt,所以lna=lnt-x+l.

于是/(x)=aex~'-lnx+lna=f-lnx+lnf-x+l.

由于l,Z-lnx+lnf-x+l>l<?Z+lnr>x+lnx,而y=x+ln%在％w(0,+oo)時(shí)為增函數(shù)，故％,即

X

aex~x>x,分離參數(shù)后有

ex

人/、1r-rpi\e"1—1e"1(1—x)

令g(x)=”，所以g(x)=e2A2=e：2?

當(dāng)0<x<l時(shí)，g'(x)>O,g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>l時(shí)，g'(尤)<0,g(尤)單調(diào)遞減.

所以當(dāng)x=l時(shí)，g(x)=$取得最大值為g⑴=1.所以421.

e

［方法四］：

因?yàn)槎x域?yàn)?。，收),且，(定21,所以/⑴21,即a+ln又21.

令S(a)=a+lna,貝|S(a)=1>0,所以S(a)在區(qū)間(0,+s)內(nèi)單調(diào)遞增.

a

因?yàn)镾(l)=l,所以時(shí)，有S(a)2s⑴，即a+lna21.

下面證明當(dāng)時(shí)，/(x)21恒成立.

令T(a)=ae*T-Inx+lna,只需證當(dāng)aN1時(shí),T(a)21恒成立.

因?yàn)?(“)=/7+工>0,所以T(a)在區(qū)間口,+⑹內(nèi)單調(diào)遞增，則［7(a)］而口=以1)="T-Inx.

a

因此要證明aNl時(shí),T(a)21恒成立，只需證明［7(a)］而。=e、i-InxNl即可.

由e*Nx+l,lnxVx-l,得2元,一lnx21—尤.

上面兩個(gè)不等式兩邊相加可得e*T-In尤21,故時(shí)，/(無)21恒成立.

當(dāng)0<。<1時(shí)，因?yàn)閒(l)=a+lna<l,顯然不滿足了(無)21恒成立.

所以a的取值范圍為

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)〃x)的單調(diào)性，求出其最小值，由九020即可求出，解法雖

稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；

方法二：利用同構(gòu)思想將原不等式化成^a+x-x+\na+x-\>e'nx+lnx,再根據(jù)函數(shù)/i(m)=em+m的單調(diào)性以

及分離參數(shù)法即可求出，是本題的最優(yōu)解；

方法三：通過先換元，令ae*T=t,再同構(gòu)，可將原不等式化成t+ln此x+lnx,再根據(jù)函數(shù)>=無+lnx的

單調(diào)性以及分離參數(shù)法求出；

方法四：由特殊到一般，利用〃DN1可得。的取值范圍，再進(jìn)行充分性證明即可.

2.證明-21nx>4-21n2

證明：要證明左邊大于右邊，只需證明左邊的最小值大于右邊即可

令g(x)=e*-21nx(x>0)

然后求導(dǎo)g(x)=el-g\x)=+4>0,.'.g'(x)單增，

XX

二g'(0.5)<0g(1)>0,因此g'(x)存在零點(diǎn)，，g(x)有一個(gè)極小值

,2

x

設(shè)g'(x)的零點(diǎn)為x=%0e°----=0(1),兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)，二/=ln2-lnx()(2)

%

將(1)、(2)帶入g(x),得g(x0)=--21n2+2x0>4-21n2,證畢

X。

3.求f(x)^ex+1-31nx的極值

解:f'(x)=ex+1—(x>0),f"(x)=exK+—>0,f(x)T

XX

/(0.5)<0/(l)>0,.-.f\x)存在一個(gè)零點(diǎn)

設(shè)/(x)的零點(diǎn)為％=%,.?.令f\x)=ex+1--=0

x

3

——(1),XQ+1—In3—In

%

3

.?./(%)=——31n3+3x0+3>9-31n3,即極小值為9-31n3

4.已知函數(shù)/(x)=ln(mr),a>0若/(%)<(%-1九”一、求a的取值范圍.

，

解：，己/z(x)=(x-l)ex~a-/(x)=(x-l)ex~a-Inx-Intz,x>0,

依題意，h(x)>0恒成立，

求導(dǎo)得h(x)=xex-a--,x>Q,

X

令y=/z(x)=xex~a--,y=(x+l)ex~a0,

,XX

則h(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

/111L,1

又/z—=—e2-2<0,/z(tz+1)=(a+l)e------>0,

2a+1

xa

則現(xiàn)eg,a+1],使得A(%)=0,即Xoe?-=^-成立，

則當(dāng)xe(O,xo),/z(x)<0,h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(x0,+oo),(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,

九(Xlmin二%(%)=(/_1)於一"_In/_Ina,

%0%0

由xoe——,得e——z-,6/=x0+2Inx0,

%%

X1

于是得A(x0)=°2-lnx0-ln(x0+21nx0),

xo

當(dāng)XG(l,+oo)時(shí)，令

x

(1x)+2)

有r(x)^~^<0,r(x)在(l,+oo)上單調(diào)遞減，

X

而x+21nx在(1,+GO)上單調(diào)遞增，

即有函數(shù)y=-ln(x+21nx)在(1,+oo)上單調(diào)遞減，

于是得函數(shù)^(%)=-Inx-ln(x+21nx)

x

在(1,+8)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x0e(1,+oo)時(shí)，/?(%0)=0(/)<0(1)=0,不合題意；

當(dāng)xoeQ,l]且%+2收〉。時(shí)，由⑴中―知，-2一0,有

一In(%+21n/)Nl-(%+21n%),

從而

九(%())=~匕---InXQ—In(Jr。+2In%)2―%Inx0+1—(x0+2In/)

(1Xo)(2Xo1)(2Xo+1

=^-31nxo-xo+l>^-3(xo-l)-xo+l=-；\

%%0%

%0G

由叩M%”。，因此滿足/(x)<(x-l)e^,又a=xQ+21nx0,y=x+21nx

在上單調(diào)遞增，則有—21n2,1,而a>0f所以實(shí)數(shù)a的取值范困是(0,1].

育即町鰻

1.已知函數(shù)/(x)=<zx+xlnx(?eR)當(dāng)a—\且kGZ時(shí)，不等式左(x-l)</(x)在xG(1,+oo)

上恒成立，求k的最大值.

x+xlnx

解：依題分離參數(shù)得：k<

x-1min

人/、x+xlnx

令g(x)=-------

x-1

令h(x)=x-lnx-2(x>l).

1y_1

則"(x)=l——=-—>0,.-.h(x)在(1,^0)上遞增,

XX

:〃(3)=1—ln3<0,〃(4)=2—21n2>0,

存在x0e(3,4),使/z(xo)=O.

即Inx0-x0-2,

當(dāng)l<x<Xo時(shí)，7i(x)<0=>g'(x)<0,g(x)/；

當(dāng)x〉Xo，/z(x)〉Ong'(x)〉O,g(x)\i.

Xo+xdq2)

=xe(3,4).

gHjgG。"0

Z<g(x)nun=x。w(3,4)，-■k&Z,:.kmax=3.

2.已知函數(shù)/(%)=?ex--^-2(?+l)>0對(duì)任意的xe(0,+oo)恒成立，其中實(shí)數(shù)a>0,求。的

取值范圍.

解:由已知得f(x)min>0(a>0,x>0)

a+1ae'f-(〃+1)

f(x)^aex-

令g(x)=一(〃+1),(6Z>0,X>0)

由g(x)=a^2x+x2^ex>0得g(x)在(0,+oo)上遞增，

又g(0)=_(〃+l)<0,而g(x)=aexx2-(<2+1)>ax2-(a+1),

〃+1

所以g

a

存在不￡(0,+8),使得g(不)=0得ae^=

當(dāng)0<%<%0時(shí)，g(x)<0,f'(x)<0,/(x)遞減

當(dāng)x>x0時(shí)，g(x)>0,f'(x)>0,/(x)遞增：

故/(x)min=/(Xo)=a*—S—2(a+D=安—心—2(0+1)20

%0%0玉)

得0<%041,又因?yàn)間(x)=aexx2-(4Z+1)在(0,+oo)上遞增，且Oc/Wl,

.?.O=g(%o)Wg(l),由0<g(l)得a>~^.

3.(2023?遼寧葫蘆島?統(tǒng)考二模)己知函數(shù)/(幻=加-公-Hnx,且/(x)20.

⑴求。；

_31

(2)證明：/(%)存在唯一的極大值點(diǎn)方,且e-萬</(/)<L

e

【答案】(I)。］

(2)證明見解析

【分析】(1)令8(尤)=加-〃-Inx且無>。，討論〃40、〃>0研究g(x)單調(diào)性，求其最小值，結(jié)合/(%)=移(%)之。

恒成立，利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立求參數(shù)即可;

(2)利用導(dǎo)數(shù)研究/⑺的單調(diào)性、極值情況，依據(jù)單調(diào)性證極大值了(%)的范圍.

【詳解】(1)由/(尤)=依3一公一1］口九=1(依2-a—lnx)2。恒成立,

令g(%)=/一a-In%且%>0,

①當(dāng)〃《0時(shí)，/(2)=2(3?-ln2)<0(舍)；

②當(dāng)a>0時(shí)，g'(x)=2ax--=2aX，

XX

在(0”】)上g'(x)<0,g(x)遞減，在(、3，+co)上g'(x)>o,g(尤)遞增，

V2aV2a

二；(ln2〃一2〃+1)20.

令/z(Q)=ln2a-2a+l,//(a)=--2=-—―,

aa

在(0,5)上〃(a)>。，力(。)遞增，在(萬,+8)上”(a)<0,力(。)遞減，

所以〃(Gmax=〃出=。，則。J

(2)由(1)矢口：a=—,所以/(九)二］丁一不九一無In%,貝lj/'(%)=不(%2—1)—In尤，

1Qr2-1

令"(%)=/'(%),貝ij/(x)=3x—

XX

在(0，￥)上〃(x)<0,貝lj"(x)遞減，在(#,+00)上/(x)>0,則M(x)遞增，

3

:.u(x}.=u=-1-In=In<0,"1)=0,ue-2>0,

\/min

(-2⑸

〃(x)=/'(x)有兩個(gè)根1,xoee2,\,/'(x)圖象如下,

；./(無)在(0,%)上單調(diào)遞增，在(無o，l)上單調(diào)遞減，在(L*?)上單調(diào)遞增,

113

存在唯一極大值為=5%一^/一力叫)，又5a)-l)=ln/,

所以/(%o)=/需--xo-xolnxo=-XQ+x0,

令"(％)=—d+x,在(匕5,N)上夕十%)=1—3/>0,故°(x)單調(diào)遞增.

r(eT)=：(e-2_l)+l<0,故eq<x0<eT<3,且/(%)為極大值,

23

所以J(Xo)=。(%)</(e")=e-1-e-3<e-,

3i31333i333

33

/(Xo)>/(e-5)=-(e-5)--e^-e^Ine^=-(e^)+,

_3

-1

所以e萬</(x0)<e?

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第一問，討論參數(shù)并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究g(x)=oxJa-lnx且x>0最小值，根據(jù)不等式恒成

立確定參數(shù)值；第二問，導(dǎo)數(shù)研究極值點(diǎn)分布，進(jìn)而證極大值的范圍.

4.(2023?全國?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(%)=(mr+")e*+zra?+(2m+”)x在產(chǎn)-1處取得極小值」-1.

e

⑴求實(shí)數(shù)〃的值；

⑵當(dāng)xw(0,+00)時(shí)，證明：f(-^)>Inx+xH---.

【答案】(1)m=1,n=0

(2)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)函數(shù)極值點(diǎn)與極值，求導(dǎo)數(shù)代入計(jì)算，即可得%"的值；

(2)設(shè)g(x)=xe'+Y+龍-向-個(gè)，求g'(x)，確定導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性與取值情況，即可得g(x)的取值情況,

從而得結(jié)論.

【詳解】(1)/z(x)=(mr+M+m)ex+2mx+2m+^,由題意知/(-1)=0,則在一1+〃=0,即〃=0,

由=_」一］,知一竺一機(jī)=一1一］,即根=1.

eee

(2)由(1)得/⑺=xe"+%2+2x,設(shè)g(x)=xex+x2+x-Inx-

貝!Ig，(x)=(x+l)e*+2x+1--=(x+l)ex—D(x+1)=(X+1)卜+2.￡|.

設(shè)"x)=e'+2-1(x>0),則力(x)在(0,+向上單調(diào)遞增,

且/Z［：］=￡_2<O,/<￡|=1_1>0,所以存在唯一使得〃(x°)=e』+2—：=0,即e-=：_2.

當(dāng)Ovxv/時(shí)，M%)vO,g'(%)vO,ga)單調(diào)遞減;當(dāng)時(shí),M%)>O,g'(%)>O,g(x)單調(diào)遞增.

g(x)min=XOQX°+需+/_1叫)_^=1_2%0+需+%o_InXo_號(hào)=X；_兀0_lnx()一：.

設(shè)G(x)=f_x一則G'(x)=2x—］—工=(尤一J/彳+1),

當(dāng)xe&,￡|時(shí)，G(x)<0,G(x)單調(diào)遞減，所以G(x)>G［：=ln3-l>0,所以g(x)>0,

故當(dāng)xe(0,+oo)時(shí)，f[x)>\wc+x+—.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明函數(shù)不等式/(x)>g(x)的常用的方法：

(1)構(gòu)造差函數(shù)法：構(gòu)造差函數(shù)*x)=〃x)-g(x),求導(dǎo)〃(x),判斷函數(shù)單調(diào)性，從而得函數(shù)最值，讓

最值與0比較大小即可得答案；

(2)分離函數(shù)法：確定中間函數(shù)網(wǎng)力，利用導(dǎo)數(shù)分別證明〃力>Mx),h(x)>g(x),即可證明結(jié)論;

(3)放縮法：利用不等式對(duì)所證不等式進(jìn)行放縮，證明放縮后的不等式成立，即可得結(jié)論.

5.(2023?內(nèi)蒙古赤峰?赤峰二中校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(x)=(x+l)lnx+Mx-l).

(1)若加=1,求〃x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵當(dāng)7〃<-2時(shí)，證明：/5)在(0,1),(1,內(nèi))上各有一個(gè)零點(diǎn)，且這兩個(gè)零點(diǎn)互為倒數(shù).

【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間為(0,+8)

(2)證明見解析

【分析】(1)首先求出f(x)的定義域，由/'(%)設(shè)g(x)=xlnx+2尤+1,*>0,由g。)的單調(diào)性,得出g(x)>0,

得出了'(無)>0,即可得出f(x)的單調(diào)性；

(2)利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)，并將問題轉(zhuǎn)化為證明了一等于零即可.

【詳解】⑴/(x)=(x+l)lnx+x-l,定義域?yàn)?0,+"),

rxlnx+2x+1

/(x)=lnx+(x+l)—+l=lnx+—+2=?

設(shè)g(x)=xln%+2x+l,x>0,

則gf(x)=inx+x—i-2=lnx+3,

令g'(x)=。，得％="3,

當(dāng)x￡(0,e-3),g'(x)v0,則g(x)在(0?3)上單調(diào)遞減，

當(dāng)了￡(匕一3,+8),gf(x)>0,則g(%)在(e3+oo)上單調(diào)遞增,

所以g(x)2g("3)=—3/3+2"3+1=_"3+1>0,

所以八幻〉0,故”入)的單調(diào)增區(qū)間為(o,+“).

(2)/r(x)=lnx+(x+l)—+m=InX+—+1+m,

ii_i

構(gòu)建e(x)=/'(x),x>o,則”(x)=----^=-r-,無>o,

XXX

令。(x)>0,解得x>l；令夕'(x)<0,解得0<x<l；

則e(x)在(1,+s)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，

若根<一2,貝1]°(X)29(1)=2+/"<0,

且當(dāng)x趨近于0或+℃時(shí)，°(x)均趨近于+℃,如圖所示:

y=s(x)

O

加+2

所以e(x)在(o,i),(L+8)內(nèi)均存在一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為占,三(。(占<1氣)，

當(dāng)0<x<玉或方>七；時(shí)，0(x)>0；當(dāng)不<》<三時(shí)，e(x)<0；

即當(dāng)o<x<X]或8>超時(shí)，>0；當(dāng)不<工<三時(shí)，/,(%)<o；

所以“X)在(0,大),(馬，")上單調(diào)遞增，在(占,超)上單調(diào)遞減，

由于/(1)=0,則/(占)>/(1)=0,/(%)</(1)=0,

且當(dāng)X趨近于。時(shí)，f(x)均趨近于-8,當(dāng)X趨近于+8時(shí)，“X)均趨近于+8,

所以/⑴在（0,1）,（1,+8）上各有一個(gè)零點(diǎn)，

設(shè)X。為函數(shù)/（X）在（0,1）的零點(diǎn)，

要證了⑺在（0,1）和（1,+8）上各有一個(gè)零點(diǎn)，且這兩個(gè)零點(diǎn)互為倒數(shù)，只需證明=

已知/Uo）=（x0+1）In/+加（/T）=。

所以工］=［工+1］111工+mJ--1］=一匕包蛇毛+上^加

UoJUoJ元oUoJ%%

=_（xo+l）lnxo+m（xo-l）=_3=o,

%尤o

所以當(dāng)機(jī)<-2時(shí)，〃x）在（0,1）,。,內(nèi)）上各有一個(gè)零點(diǎn)，且這兩個(gè)零點(diǎn)互為倒數(shù).

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解.這類問題

求解的通法是：

（1）構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；

（2）求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；

（3）數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況進(jìn)而求解.

【能力提升】

1.（2023?遼寧丹東?統(tǒng)考二模）已知尤=g為函數(shù)/（x）=ln尤-方+。的極值點(diǎn).

⑴求。；

（2）證明：當(dāng)0<x<m時(shí)，V（尤）+>0.

【答案】⑴a=2

（2）證明見解析

【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意尸［；］=0,即可求出。的值，再檢驗(yàn)即可；

（2）設(shè)g（x）=^（x）+1x-gj,求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可得至!|g'（尤）=/（尤），再由零點(diǎn)存在性定理得到存在

唯一不?0,￡|,使/5）=0,即可得到g（元）的單調(diào)性，再結(jié)合特殊值，即可證明.

【詳解】（1）f（x）=lnx—依+。定義域?yàn)椋?,+8）,八x)=U

X

由解得a=2,

1_9Y

若〃=2時(shí)/(x)=lnx_2x+2,貝|廣(無)=^_^,

x

當(dāng)0<x<；時(shí)，尸(x)>0,即〃x)在[。,￡|上單調(diào)遞增；

當(dāng)尤時(shí)，((為<0,即〃x)在&,+，]上單調(diào)遞減，

所以“X)在X=g處取得極大值，符合題意，因此。=2.

(2)設(shè)g(x)=^(x)+(x-g],則g'(x)=lnx_2x+2=/Q),又/'(1)=0,

因?yàn)間'(e-2)=-2e-2<0,g,Qj=l-ln2>0,所以存在唯一x°e,使g，(x0)=0,

且當(dāng)?！鎜時(shí)，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)不〈尤<1時(shí)，g，(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)1<X<5時(shí)，g，(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.

由8'5)=0得111尤0=2玉-2,所以一￡|>0,

因此當(dāng)0<x<|■時(shí)，g(x)>g(x0)>0,而gg]=g(ln27-ln8e)>0,

于是當(dāng)0<x<g時(shí)，+>0.

2.(2023?全國?高三專題練習(xí))已知awR,函數(shù)/(%)=/+加，g(x)是〃力的導(dǎo)函數(shù).

(1)當(dāng)a>0時(shí)，求證：存在唯一的M,使得g(Xo)=O；

(2)若存在實(shí)數(shù)a,b,使得/"(x)2b恒成立，求a-人的最小值.

【答案】(1)證明見解析

⑵」

e

【分析】(1)求出g'(x),即可得到g("的單調(diào)性，再根據(jù)零點(diǎn)存在性定理判斷即可;

(2)分。<0、a=0和a>0三種情況討論，當(dāng)a>0時(shí)，由(1)可得〃x)的最小值為八/),則彌/(不)，

從而得至Ija一人N—e與I1+/——手1+工」

,令/z(x)=-ex<0,利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可求

2x2

I2/27.

出力（力的最小值，即可得解；

【詳解】（1）證明：：g（x）=/'（x）=e*+2ax,g/（x）=ex+2a,

當(dāng)a>0時(shí)，g'（無）>0,函數(shù)g（尤）在上的單調(diào)遞增，

又=e"l<0,g（0）=l>0,.?.存在唯一的使得g5）=0.

（2）解：當(dāng)時(shí)，則當(dāng)x<0時(shí)，g（x）>0,

即函數(shù)“X）在（-8,0）上單調(diào)遞增，且當(dāng)Xf-8時(shí)，〃引f-8,這與“X）9矛盾;

當(dāng)。=0,由得6V0,/.a-b>0^

當(dāng)a>0,由（1）知當(dāng)工€（-00,%）時(shí)，g（x）<0；當(dāng)了?%,+00）時(shí)，g（x）>0；

即/（X）在（口,％）上單調(diào)遞減，在（七,心）上單調(diào)遞增，

/（x）的最小值為〃尤o），其中不滿足e*+2。％=。，故。=-丁且與<0,

?.?/?（力2匕恒成立，...64/（毛），即-62-1。-小，

于是而；x<0,

q_62-e-ox=-e*I1+—2與———2.

1,、,，、

貝廿。）=(x+1),由"（x）<0得x<-l,即函數(shù)〃（力在（f,-1）上單調(diào)時(shí)遞減,

由〃（x）>0得一1<x<0,即函數(shù)萬（x）在（T0）上單調(diào)遞增,

?,"（%,=/7（T）=T，

綜上得的最小值為」，此時(shí)飛=-1.

e

2

3.（2023?全國?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)/（%）=§/+12+以+i在（_1,0）上有兩個(gè)極值點(diǎn)，石,々，且％<%2.

⑴求實(shí)數(shù)〃的取值范圍；

（2）證明：當(dāng)一5<兀<0時(shí)，f（x）>—.

【答案】（i",￡|

（2）證明見解析

【分析】（1）根據(jù)題意得方程2爐+2%+〃=0在（-L。）上有兩不等實(shí)根，進(jìn)而結(jié)合二次函數(shù)零點(diǎn)分布求解即

可；

1921

（2）根據(jù)題意得>/元2，進(jìn)而得/（兀2）=耳考+%；+Q2+1>+考+5工2+1，再構(gòu)造函數(shù)

/z(x)=|x3+x2+1x+l,研究單調(diào)性得z?(x)在,;,oj單調(diào)遞增,11

進(jìn)而無(x)>7?

12

2

【詳解】(1)解：?:/(%)=+/+依+1,

2

(x)=2x+2x+af

2

???函數(shù)/(%)=耳%3+兀2+依+1在(_1,0)上有兩個(gè)極值點(diǎn)看，且石<元2

???由題意知方程2f+2%+Q=0在(一1,0)上有兩不等實(shí)根，

設(shè)g(x)=2/+2x+a,其圖像的對(duì)稱軸為直線x=-g,

g(-l)=a>0

⑼,解得；

故有，g=a>00<”

g

所以，實(shí)數(shù)°的取值范圍是

(2)證明：由題意知巧是方程2無?+2無+。=0的較大的根，故ze'go

由于0<a<',ax.>—,

22

?,*/)=1W+%；+^^2+1>§W+%；+5X2+1

設(shè)W+工2+；x+i,f0

//(x)=2x+g14>o

???/1(%)在［-；,0)單調(diào)遞增，

=*即成立.

...不等式成立,證畢.

4.(2023春?福建廈門?高二福建省廈門第二中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=e，-ln(x+m).

⑴設(shè)x=0是f(x)的極值點(diǎn)，求m,并討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)m、2時(shí)，證明f(x)>0.

【答案】在(T，。)上是減函數(shù)；在(。，+◎上是增函數(shù)(2)見解析

【詳解】⑴尸3=6”———

X+喀

由x=0是f(x)的極值點(diǎn)得f'(0)=0,所以m=l.

1

于是f(x)=ex—ln(x+l),定義域?yàn)?一1,+oo),尸㈤=,一廠1

函數(shù)廣(X)=/---------在(一1,+8)上單調(diào)遞增，且f<0)=0,因此當(dāng)x￡(—1,0)時(shí)，f<x)<0;當(dāng)x￡(0,+oo)

X-!-l

時(shí)，f!(x)>0.

所以f(x)在(一1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增.

(2)當(dāng)mg2,x￡(—m,+oo)時(shí)，ln(x+m)gln(x+2),故只需證明當(dāng)m=2時(shí)，f(x)>0.

當(dāng)m=2時(shí)，函數(shù)，=------在(一2,+oo)上單調(diào)遞增.

N+2

又「(-1)<0,f'(0)>0,故F(x)=0在(-2,+8)上有唯一實(shí)根.，且演?-1,0卜

當(dāng)