【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试（新高考专用）专题22 导数隐零点问题 Word版含解析.docx，共(26)页，270.904 KB，由小赞的店铺上传

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专题22导数隐零点问题知识梳理方法技巧题型归类题型一：导函数中二次函数的隐零点问题题型二：导函数中非二次函数的隐零点问题培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共12题一、【知识梳理】【方法技巧】1.在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间

I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这

时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.2.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”.3.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.4.零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)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．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．二、【题型归类】【题型一】导函数中二次函数的隐零点问题【典例1】已知实数a满足a

≥e＋1e－2，且函数f(x)＝lnx＋x22－(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).【解析】由于f′(x)＝1x＋x－(a＋2)＝x2－（a＋2）x＋1x，x>0，设正数x1，x2是x2－(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x1<x2，由于当0<x<x1时，f′(x)>0，当x1<x<x2时，f′(x)<0，当x>x2时，f′(x)>0，从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，从

而f(x)的极大值为M＝f(x1)，极小值为m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.又x21＋x22x1x2＝x2x1＋x1x2＝（x1＋x2）2－2x1x2x1x2＝(a＋2)2－2≥e＋1e2－2＝e＋1e，令t＝x2x1>1，从而t＋1t

≥e＋1e，从而t≥e.故m－M＝f(x2)－f(x1)＝lnx2x1＋x22－x212－(a＋2)(x2－x1)＝lnx2x1＋x22－x212－(x2＋x1)(x2－x1)＝lnx2x1－x22－x212＝lnx2x1－x22－x212x1x2＝lnx2x1－12

x2x1－x1x2＝lnt－12t＋12t，t≥e.令g(t)＝lnt－12t＋12t，t≥e.从而g′(t)＝1t－12t2－12＝－t2＋2t－12t2＝－（t－1）22t2<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.【典例2】已知函数f(x)＝x＋1x＋alnx，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).【解析】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)＝1－1x2＋ax＝x2＋ax－1x2，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x0，且当1≤x<x0时，f′(x)<0，当x0<x≤e时，f′(x)>0，故f(x)在[1，x0)上单调递减，在(x0，e]上单调递增.要使得2e≤f(x)

≤2e，则需f（x0）≥2e，f（1）＝2≤2e，f（e）＝e＋1e＋a≤2e，1e－e<a<0，即f（x0）＝x0＋1x0＋alnx0≥2e，1e－e<a<0，考虑到x0满足x2

0＋ax0－1＝0，从而f(x0)＝x20＋1＋ax0lnx0x0＝x20＋1＋（1－x20）lnx0x0.令h(x)＝x2＋1＋（1－x2）lnxx，x∈(1，e)，则h′(x)＝（－x2－1）lnxx

2<0，故h(x)在(1，e)上单调递减，又x0∈(1，e)，从而f(x0)＝h(x0)>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.【题型二】导函数中非二次函

数的隐零点问题【典例1】设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若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】(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒

成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋x

＋1ex－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1ex－1＋x(x>0)，得g′(x)＝ex－1－（x＋1）ex（ex－1）2＋1＝ex（ex－x－2）（ex－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(

x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－

1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.【典例2】已知函数f(x)＝1ax2＋lnx－2＋1ax(a≠0)．(1)当a＝12时，求函数f(x)在点(1，f(1)

)处的切线方程；(2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值参考数据：ln3<43，ln4>54.【解析】(1)当a＝12时，f(x)＝2x2＋lnx－4x，则f′(x)＝4

x＋1x－4，可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln1－4＝－2，即函数f(x)在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.(2)由F(x)＝af(x)－x2＝alnx－(2a＋

1)x，因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即alnx－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<x＋1lnx在x∈(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝x＋1lnx，x>1，可得h′(x)＝lnx－1x－1ln2x，令t(x)＝lnx－1x

－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝lnx0－1x0－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝x0＋1lnx0＝x0＋11x0＋1＝

x0∈(3,4)，因为a<x＋1lnx在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3.【典例3】已知函数𝑓(𝑥)=e2𝑥−1𝑥.(1)讨论函数𝑓(𝑥)零点的个数;(2)证明:𝑥e2𝑥−ln⁡

𝑥−2𝑥−1√𝑥+1>0.【解析】(1)函数𝑓(𝑥)的定义域为{𝑥∣𝑥≠0},则𝑓′(𝑥)=2e2𝑥+1𝑥2>0.当𝑥<0时,𝑓(𝑥)=e2𝑥−1𝑥>0没有零点;当𝑥>

0时,𝑓(𝑥)单调递增,𝑓(14)=√e−4<0,𝑓(1)=e2−1>0,由零点存在性定理,得𝑓(𝑥)在区间(14,1)内有唯一零点.综上可得,函数𝑓(𝑥)只有一个零点.(2)证明:要证𝑥e2𝑥−ln⁡𝑥−

2𝑥−1√𝑥+1>0,即证𝑥e2𝑥−ln⁡𝑥−2𝑥>1√𝑥+1.令𝑔(𝑥)=𝑥e2𝑥−ln⁡𝑥−2𝑥定义域为(0,+∞),则𝑔′(𝑥)=e2𝑥+2𝑥e2𝑥−1𝑥−2=(2𝑥+

1)e2𝑥−2𝑥+1𝑥=(2𝑥+1)(e2𝑥−1𝑥)=(2𝑥+1)𝑓(𝑥).由(1)知,𝑓(𝑥)在区间(14,1)内有唯一零点,设其为𝑥0,则e2𝑥0=1𝑥0(1)因为2𝑥+1>0,且𝑓(𝑥)在区间(0,+

∞)上单调递增,所以当𝑥∈(0,𝑥0)时,𝑓(𝑥)<0,g′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)单调递减;当𝑥∈(𝑥0,+∞)时,𝑓(𝑥)>0,g′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增.所以g(𝑥)min=g(𝑥0)=𝑥0e2𝑥0−ln

⁡𝑥0−2𝑥0.由式(1)可得e2𝑥0=1𝑥0,ln⁡𝑥0=−2𝑥0,所以g(𝑥)min=𝑥0⋅1𝑥0+2𝑥0−2𝑥0=1.又𝑥>0时,1√𝑥+1<1恒成立,所以g(𝑥)=𝑥e2𝑥−ln⁡𝑥−2𝑥⩾g(𝑥0)=1>1√𝑥

+1,得证.三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．【解析】(1)解f′(x)＝1x－a＝1－axx(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，所

以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝1a，所以当x∈0，1a时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈1a，＋∞时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f

(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)证明设函数φ(x)＝ex－2－lnx(x>0)，则φ′(x)＝ex－2－1x，可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)<0，φ′(2

)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1<x0<2，则φ′(x0)＝02ex−－1x0＝0，即02ex−＝1x0.当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，所以φ(x)≥φ(x0)＝02ex−－lnx0

，结合02ex−＝1x0，知x0－2＝－lnx0，所以φ(x)≥φ(x0)＝1x0＋x0－2＝x20－2x0＋1x0＝(x0－1)2x0>0，则φ(x)＝ex－2－lnx>0，即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．【训练二】已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.(1)讨论函

数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－218x＋1>0.【解析】(1)解∵f′(x)＝aex－2，若a≤0，则aex－2<0恒成立，f(x)单调递减．若a>0，当aex－2<0，ex<2a，即x<ln2a时，f(x)单调递

减；当x>ln2a时，f(x)单调递增．∴当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在－∞，ln2a上单调递减，在ln2a，＋∞上单调递增．(2)证明当a＝1时，f(x)＝ex－2x.设g(x)＝f(x)＋x2－218x＋1＝ex－2x＋x2－2

18x＋1＝ex＋x2－378x＋1，则g′(x)＝ex＋2x－378，令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x－378，则h′(x)＝ex＋2>0，∴h(x)在R上单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，∴存在唯一零点x0∈(0,1)，使h(x0)＝

0ex＋2x0－378＝0，①当x∈(－∞，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值．g(x)min＝g(x0)＝0ex＋x20

－378x0＋1，将①式代入，则g(x)min＝g(x0)＝378－2x0＋x20－378x0＋1＝x20－538x0＋458，∵二次函数y＝x2－538x＋458在(0,1)上单调递减，∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12－538＋458＝0，∴g(x)min>0

，∴f(x)＋x2－218x＋1>0.【训练三】已知函数𝑓(𝑥)=ln⁡𝑥−𝑚𝑥+1,𝑔(𝑥)=𝑥(e𝑥−2).(1)若𝑓(𝑥)的最大值是0,求𝑚的值;(2)若对其定义域内任意𝑥,𝑓(𝑥)

⩽𝑔(𝑥)恒成立,求𝑚的取值范围.【解析】(1)定义域为(0,+∞).若𝑚⩽0,𝑓(𝑥)单调递增,函数无最大值;若𝑚>0时,𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑚=1−𝑚𝑥𝑥.当𝑥∈(0,1𝑚)时,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调

递增;当𝑥∈(1𝑚,+∞)时,𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减.所以𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(1𝑚)=ln⁡1𝑚−1+1=0,得𝑚=1.(2)𝑓(𝑥)⩽𝑔(𝑥)⇔ln⁡𝑥−𝑚𝑥+1⩽𝑥(e𝑥−2)⇔ln⁡𝑥

+1𝑥−𝑚⩽e𝑥−2.从而2−𝑚⩽e𝑥−ln⁡𝑥+1𝑥.设𝜑(𝑥)=e𝑥−ln⁡𝑥+1𝑥,𝜑′(𝑥)=𝑥2e𝑥+ln⁡𝑥𝑥2.设𝑄(𝑥)=𝑥2e𝑥+ln⁡𝑥,则𝑄′(𝑥)=(𝑥2+2𝑥)e𝑥+1𝑥>0.由于

𝑄(12)<0,𝑄(1)>0,所以存在𝑥0使得𝑄(𝑥0)=0.当𝑥∈(0,𝑥0)时,𝜑′(𝑥)<0,𝜑(𝑥)单调递减;当𝑥∈(𝑥0,+∞)时,𝜑′(𝑥)>0,𝜑(𝑥)单调递增;从而𝜑(𝑥)的最小值为

𝜑(𝑥0)=e𝑥0−ln⁡𝑥0+1𝑥0.由于𝑥0满足𝑥02e𝑥0+ln⁡𝑥0=0,所以𝑥0e𝑥0=−ln⁡𝑥0𝑥0,两边取对数,得ln⁡𝑥0+𝑥0=ln⁡(−ln⁡𝑥0)+(−ln⁡𝑥0),由于𝑔(𝑥)=𝑥+ln⁡𝑥单调递增

,所以𝑥0=−ln⁡𝑥0,所以e𝑥0=1𝑥0,所以𝜑(𝑥0)=e𝑥0−ln⁡𝑥0+1𝑥0=1𝑥0−−𝑥0+1𝑥0=1.所以2−𝑚⩽1,从而𝑚⩾1,故实数𝑚的取值范围是[1,+∞).【训练四】已知函数𝑓

(𝑥)=e𝑥−𝑥2−𝑎𝑥.(1)若函数𝑓(𝑥)在𝑅上单调递增,求𝑎的取值范围;(2)若𝑎=1,证明:当𝑥>0时,𝑓(𝑥)>1−ln⁡22−(ln⁡22)2.参考数据:e≈2.718

28,ln⁡2≈0.69.【解析】(1)𝑓′(𝑥)=e𝑥−2𝑥−𝑎,因为函数𝑓(𝑥)在R递增,所以𝑓′(𝑥)=e𝑥−2𝑥−𝑎⩾0恒成立,得𝑎⩽e𝑥−2𝑥,设𝑔(𝑥)=e𝑥−2𝑥,则𝑔′(𝑥)=e𝑥

−2,令𝑔′(𝑥)=0,解得:𝑥=ln⁡2,当𝑥<ln⁡2时,𝑔′(𝑥)<0,当𝑥>ln⁡2时,𝑔′(𝑥)>0,故函数𝑔(𝑥)在(−∞,ln⁡2)递减,在(ln⁡2,+∞)递增,故𝑥=ln⁡2时,𝑔(𝑥)

取得最小值𝑔(ln⁡2)=2−2ln⁡2,故𝑎⩽2−2ln⁡2,即𝑎的范围是(−∞,2−2ln⁡2].(2)若𝑎=1,则𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑥2−𝑥,得𝑓′(𝑥)=e𝑥−2𝑥−1,易知函数𝑓′(𝑥)在(−∞,ln⁡2)递减,在(ln⁡2,+∞)递增,且点

睛意到𝑓′(0)=0,𝑓′(1)=e−3<0,𝑓′(1+12ln⁡2)=√2e−3−ln⁡2>0,则存在𝑥0∈(1,1+12ln⁡2),使得𝑓′(𝑥0)=0,即e𝑥0−2𝑥0−1=0,当𝑥∈(0,�

�0)时,𝑓′(𝑥)<0,当𝑥∈(𝑥0,+∞)时,𝑓′(𝑥)>0,则函数𝑓(𝑥)在(0,𝑥0)递减,在(𝑥0,+∞)递增,则当𝑥=𝑥0时,函数𝑓(𝑥)取最小值𝑓(𝑥0)=e𝑥0−

𝑥02−𝑥0(𝑥0∈(1,1+12ln⁡2))函数𝑓(𝑥0)在(1,1+12ln⁡2)单调递减,所以𝑓(𝑥0)>𝑓(1+12ln⁡2)=1−ln⁡22−(ln⁡22)2故𝑥>0时,𝑓(𝑥)>1−ln⁡22−(ln⁡22)2.【

训练五】已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥+𝑎𝑥sin⁡𝑥.(1)求曲线𝐶:𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=0处的切线方程;(2)当𝑎=−2时,设函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥,若𝑥0是𝑔(𝑥)在(−𝜋,0)上的一个极值点,求证:𝑥0是𝑔(𝑥)在(−𝜋,0)上的唯

一极大值点,且0<𝑔(𝑥0)<2.【解析】(1)由已知得𝑓′(𝑥)=e𝑥+𝑎(sin⁡𝑥+𝑥cos⁡𝑥),而𝑓′(0)=1,𝑓(0)=1,故𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=0处的切线方程为𝑦−1=�

�,即𝑦=𝑥+1.(2)当𝑎=−2时,由题意得g(𝑥)=e𝑥𝑥−2sin⁡𝑥(−𝜋<𝑥<0),则𝑔′(𝑥)=(𝑥−1)e𝑥𝑥2−2cos⁡𝑥=(𝑥−1)e𝑥−2𝑥2cos⁡𝑥𝑥2(−𝜋<𝑥<0),令ℎ(𝑥)=(𝑥−1)e𝑥−2𝑥2cos⁡�

�(−𝜋<𝑥<0),则ℎ′(𝑥)=𝑥(e𝑥+2𝑥sin⁡𝑥−4cos⁡𝑥),则当𝑥∈(−𝜋,−𝜋2)时,e𝑥>0,2𝑥sin⁡𝑥>0,cos⁡𝑥<0,所以ℎ′(𝑥)<0,即ℎ(𝑥)在(−

𝜋,−𝜋2)上单调递减,而ℎ(−𝜋)=2𝜋2−e−𝜋(1+𝜋)>0,ℎ(−𝜋2)=e−𝜋2(−𝜋2−1)<0,所以,存在唯一实数𝑥0∈(−𝜋,−𝜋2),使ℎ(𝑥0)=0,当𝑥∈(−𝜋,𝑥0)时,ℎ(𝑥)>0,g′

(𝑥)>0;当𝑥∈(𝑥0,−𝜋2)时,ℎ(𝑥)<0,g′(𝑥)<0.又当𝑥∈(−𝜋2,0)时,g′(𝑥)=(𝑥−1)e𝑥𝑥2−2cos⁡𝑥<0,而𝑔′(𝑥)在(−𝜋,0)连续,所以,当𝑥∈(𝑥0,0)时,g′(

𝑥)<0,即𝑔(𝑥)在(−𝜋,𝑥0)单调递增,在(𝑥0,0)单调递减,所以𝑥0是函数g(𝑥)在(−𝜋,0)上的唯一极大值点,因为𝑔(𝑥)在(𝑥0,−𝜋2)单调递减,所以g(𝑥0)>g(−𝜋2)=2−1𝜋2e𝜋2>0,即g

(𝑥0)>0.当𝑥0∈(−𝜋,−𝜋2)时,−1<e𝑥0𝑥0<0,0<−2sin⁡𝑥0<2,所以𝑔(𝑥0)=e𝑥0𝑥0−2sin⁡𝑥0<2.综上知0<g(𝑥0)<2.【训练六】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥−𝑥ln⁡𝑥.证

明:𝑓(𝑥)存在唯一的极大值点𝑥0,且e−2<𝑓(𝑥0)<2−2.【解析】由𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥−𝑥ln⁡𝑥,得𝑓′(𝑥)=2𝑥−2−ln⁡𝑥.设ℎ(𝑥)=2𝑥−2−ln

⁡𝑥,则ℎ′(𝑥)=2−1𝑥.当𝑥∈(0,12)时,ℎ′(𝑥)<0,ℎ(𝑥)单调递减;当𝑥∈(12,+∞)时,ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)单调递增;又ℎ(e−2)>0,ℎ(12)<0,ℎ(1)=0,所以ℎ(𝑥)在(0,12)有唯一零

点𝑥0,在[12,+∞)有唯一零点1,且当𝑥∈(0,𝑥0)时,ℎ(𝑥)>0;当𝑥∈(𝑥0,1)时,ℎ(𝑥)<0;当𝑥∈(1,+∞)时,ℎ(𝑥)>0.因为ℎ(𝑥)=𝑓′(𝑥),所以𝑥=𝑥0是�

�(𝑥)唯一的极大值点.由𝑓′(𝑥0)=0,得ln⁡𝑥0=2(𝑥0−1),故𝑓(𝑥0)=𝑥0(1−𝑥0).由𝑥0∈(0,12),得𝑓(𝑥0)<14;又因为𝑥0是𝑓(𝑥)在(0,12)的最大值

点,由e−1∈(0,1),𝑓′(e−1)≠0,得𝑓(𝑥0)>𝑓(e−1)=e−2.所以,e−2<𝑓(𝑥0)<2−2.四、【强化测试】【解答题】1.已知函数f(x)＝lnxx＋1x＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0

，＋∞)都有aex≥f(x)，求实数a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，由已知f′(x)＝1－lnxx2－1x2＝－lnxx2，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞

)．(2)因为对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，即a≥lnx＋x＋1xex恒成立．令g(x)＝lnx＋x＋1xex，则g′(x)＝－(x＋1)(lnx＋x)x2ex.令h(x)＝x＋lnx，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为h1e＝1e－1<0，h(

1)＝1>0，所以存在x0∈1e，1，使得h(x0)＝x0＋lnx0＝0，当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(x0)＝0000ln

1exxxx++，由x0＋lnx0＝0，可得x0＝－lnx0.则0ex＝1x0，所以g(x)max＝g(x0)＝0000ln1exxxx++＝1，又a≥lnx＋x＋1xex恒成立，所以a≥1.综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．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.【解析】由于f(x)>kx＋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)mi

n，其中x>0.h′(x)＝－ln（x＋1）＋x－1x2.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)＝－ln2<0，g

(2)＝－ln3＋1<0，g(3)＝－ln4＋2>0，故g(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈(2，3).由此当x∈(0，x0)时，g(x)<0，h′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)

>0，h′(x)>0.故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值为h(x0).考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，故ln(x0＋1)＝x0－1，故h(x)min＝h(x0)＝（x0＋1）ln

（x0＋1）＋x0＋1x0＝（x0＋1）（x0－1）＋x0＋1x0＝x20＋x0x0＝x0＋1∈(3，4).又k<h(x)min＝x0＋1，故满足条件的整数k的最大值为3.3.若x(ex－2)－(lnx－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围.【解析】∵x(ex－2)－(lnx－kx)≥1恒成立，且

x＞0，∴k≥1＋lnxx－ex＋2恒成立，令φ(x)＝1＋lnxx－ex＋2，则φ′(x)＝1x·x－（1＋lnx）x2－ex＝－lnx－x2exx2.令μ(x)＝－lnx－x2ex，则μ′(x)＝－1x－(2xex＋x2ex)＝－1x－xex(2＋x)＜0

(x＞0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.又μ1e＝1－e1e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈1e，1，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝x20ex0，两边取对数可得

ln(－lnx0)＝2lnx0＋x0，即ln(－lnx0)＋(－lnx0)＝x0＋lnx0，由函数y＝x＋lnx为增函数，可得x0＝－lnx0.又当0＜x＜x0时，μ(x)＞0，φ′(x)＞0；当x＞x0时，

μ(x)＜0，φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴φ(x)≤φ(x0)＝1＋lnx0x0－ex0＋2＝1－x0x0－1x0＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.4.已知函数()lnfxxxax=−的最小值为1−．(1)求

a的值；(2)已知()e2xmfxx−−,()Zm,在1,2+上恒成立,求m的最大值．（参考数据：ln20.6931,12e1.6487）【解析】(1)由题可知𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1−𝑎．令𝑓′(𝑥)>

0,解得𝑥>𝑒𝑎−1；令𝑓′(𝑥)<0,解得0<𝑥<𝑒𝑎−1．所以𝑓(𝑥)在(0,𝑒𝑎−1)上单调递减,在(𝑒𝑎−1,+∞)上单调递增,所以𝑓(𝑥)(𝑒𝑎−1)(𝑎−1)𝑒𝑎−1𝑒𝑎−1𝑚𝑖�

�,解得𝑎=1．(2)由()e2xmfxx−−可得12𝑚<𝑒𝑥−𝑥𝑙𝑛𝑥对𝑥∈(12,+∞)恒成立．令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥𝑙𝑛𝑥,则ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1,令𝑟(𝑥)=𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1,则𝑟′(𝑥)=�

�𝑥−1𝑥因为𝑟′(𝑥)在(12,+∞)上单调递增,𝑟′(12)=𝑒12−2<0,𝑟′(1)=𝑒−1>0,且𝑟′(𝑥)的图象在(12,1)上不间断,所以存在𝑥0∈(12,1),使得𝑟′(𝑥0)=0,即𝑒�

�0−1𝑥0=0,则𝑥0=−𝑙𝑛𝑥0．所以当𝑥∈(12,𝑥0)时,𝑟(𝑥)单调递减；当()0,xx+时,𝑟(𝑥)单调递增．则𝑟(𝑥)的最小值为𝑟(𝑥0)=𝑒𝑥0−𝑙𝑛𝑥0−1=𝑥0+1𝑥0−

1,𝑥0∈(12,1),由对勾函数性质得,𝑥0+1𝑥0∈(2,52),所以𝑟(𝑥0)=𝑒𝑥0−𝑙𝑛𝑥0−1=𝑥0+1𝑥0−1>1>0,所以ℎ′(𝑥)>0,即()hx在区间(12,+∞)上单调递增,所以12𝑚≤ℎ(12)=𝑒12−12𝑙�

�12=𝑒12+12𝑙𝑛2≈1.99525．所以存在整数𝑚满足题意,且整数𝑚的最大值为3．5.已知函数()()2xxfxaexe=−.（1）若0a=,求()fx的单调区间；（2）若对于任意的Rx,()10fxa+

恒成立,求a的最小值.【解析】（1）因为𝑎=0,所以𝑓(𝑥)=−𝑥𝑒𝑥,𝑓′(𝑥)=−(𝑥+1)𝑒𝑥.令𝑓′(𝑥)=0,得𝑥=−1.当𝑥∈(−∞,−1)时,𝑓′(𝑥)>0；当𝑥∈(−

1,+∞)时,𝑓′(𝑥)<0.故𝑓(𝑥)的单调速增区间是(−∞,−1),单调递减区间是(−1,+∞).（2）()()()24114xxxxfxaexeexae=−+=−+−.因为∀𝑥∈𝑅,()10fxa+,又()02fa=,所以120aa+,则𝑎<0.令

()14xgxxae=+−,则g(𝑥)在𝑅上单调递增.因为当0x时,()14gxxa+−,所以()4141140gaaa−−+−=.因为()1140gae−−=−,所以()041,1xa−−,使得

g(𝑥0)=0.且当𝑥∈(−∞,𝑥0)时,g(𝑥)<0,则𝑓′(𝑥)>0,当()0,xx+时,g(𝑥)>0,则𝑓′(𝑥)<0,所以𝑓(𝑥)在(−∞,𝑥0)上单调递增,在()0,x+上单调递减.故()()00200max2xxfxfxaexe

==−.由()000140xgxxae=+−=,得0014xxae+=.由()max10fxa+,得𝑥0𝑒𝑥0−𝑒2𝑥0⋅𝑥0+12𝑒𝑥0≥4𝑒𝑥0𝑥0+1,即𝑥0−12≥4𝑥0+1.

结合𝑥0+1<0,得𝑥02−1≤8,所以−3≤𝑥0<−1.令()()1314xxhxxe+=−.则()04xxhxe−=,所以ℎ(𝑥)在[3,1)−−上单调递增,所以()()332ehxh−−=,即32ea−.故𝑎的最小值为32e−.6.已知函数()()e1lnxfxaaxa

=−−+,其中2ea−,且0a.(1)当1a=时,求()fx的单调区间；(2)若()fx只有一个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当𝑎=1时,𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−𝑙𝑛(𝑥+1),(𝑥>−1),𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥

+1,(𝑥>−1),易知𝑓′(𝑥)在(−1,+∞)上单调递增,且𝑓′(0)=0,所以当𝑥∈(−1,0)时,𝑓′(𝑥)<0,此时𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥∈(0,+∞)时,𝑓′(𝑥)>0,此时𝑓(𝑥)单调递增；所以𝑓(𝑥)的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区

间是(−1,0)；(2)𝑓′(𝑥)=𝑎𝑒𝑥−1𝑥+1=𝑎𝑒𝑥(𝑥+1)−1𝑥+1,令𝑔(𝑥)=𝑎𝑒𝑥(𝑥+1)−1,（1）当−𝑒2<𝑎<0时,则𝑥∈(−∞,−1),g′(𝑥)=𝑎𝑒𝑥(𝑥+2),当𝑥∈(−∞,−2)时,g′(�

�)>0,此时g(𝑥)单调递增；当𝑥∈(−2,−1)时,g′(𝑥)<0,此时g(𝑥)单调递减；故g(𝑥)≤g(−2)=−𝑎𝑒2−1<0,则𝑓′(𝑥)=𝑎𝑒𝑥(𝑥+1)−1𝑥+1>0,𝑓(𝑥)在(−∞,−1)单调递增

,又𝑥→−1时,𝑓(𝑥)→+∞；𝑥→−∞时,𝑓(𝑥)→−∞；所以此时𝑓(𝑥)在(−∞,−1)只有一个零点；（2）当𝑎>0时,则𝑥∈(−1,−∞),g′(𝑥)=𝑎𝑒𝑥(𝑥+2)>0恒成立,g(�

�)在(−1,−∞)单调递增,且g(−1)=−1<0,g(1𝑎)=𝑎𝑒1𝑎(1𝑎+1)−1=𝑒1𝑎(1+𝑎)−1,又𝑒1𝑎>1,1+𝑎>1,则g(1𝑎)=𝑎𝑒1𝑎(1𝑎+1)−1=𝑒1𝑎(1+𝑎)−1>

0,故存在𝑥0∈(−1,1𝑎),使得g(𝑥0)=0,当𝑥∈(−1,𝑥0)时,g(𝑥)<0,当()0,xx+时,g(𝑥)>0,因为当𝑥>−1时,1𝑥+1>0,所以当𝑥∈(−1,𝑥0)时,𝑓′(𝑥)<0,𝑓

(𝑥)单调递减；当()0,xx+时,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥=𝑥0时,𝑓(𝑥)取得极小值,由g(𝑥0)=0得𝑎𝑒𝑥0=1𝑥0+1,则𝑙𝑛𝑎+𝑥0=𝑙𝑛1𝑥0+

1,𝑓(𝑥0)=𝑎𝑒𝑥0−𝑙𝑛(𝑥0+1)−𝑙𝑛𝑎−1=1𝑥0+1+𝑥0−1=𝑥02−1𝑥0+1≥0当𝑥0=0时,等号成立,由𝑓(0)=0,可得𝑓(0)=𝑎𝑒0−1−𝑙𝑛𝑎=𝑎−1−𝑙𝑛𝑎=0,解得𝑎=1,综合第一问

可知,当𝑎=1时,𝑓(𝑥)只有一个零点；综上,若𝑓(𝑥)只有一个零点,则𝑎的取值范围是(−𝑒2,0)∪{1}7.已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎−𝑥ln⁡𝑥+𝑥(𝑥∈R)有两个极值点𝑥1,𝑥2

(𝑥1<𝑥2),证明:𝑎>2.【解析】证明:g(𝑥)=𝑓′(𝑥)=e𝑥−𝑎−ln⁡𝑥,则g′(𝑥)=e𝑥−𝑎−1𝑥,g′′(𝑥)=e𝑥−𝑎+1𝑥2>0,所以g′(𝑥)单调递增,因为g′(e𝑎)=e

e𝑎−𝑎−1e𝑎=ee𝑎−1e𝑎>0,g′(e𝑎ee𝑎)=ee𝑎𝑒𝑎−𝑎−ee𝑎e𝑎=ee𝑎e𝑎−ee𝑎e𝑎<0,所以存在𝑥0∈(e𝑎ee𝑎,e𝑎),使得g′(𝑥0)=e𝑥0−𝑎−1𝑥0=0,可知𝑔(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递减,在(�

�0,+∞)上单调递增,所以g(𝑥)min=g(𝑥0)=e𝑥0−𝑎−ln⁡𝑥0=1𝑥0+𝑥0−𝑎⩾2−𝑎,因为𝑓(𝑥)有两个极值点,所以g(𝑥)min<0,所以2−𝑎<0,即𝑎>2.8.设函数𝑓(𝑥)=e2𝑥−𝑎ln

⁡𝑥.(1)讨论𝑓(𝑥)的导函数𝑓′(𝑥)的零点个数;(2)证明:当𝑎>0时,𝑓(𝑥)⩾2𝑎+𝑎ln⁡2𝑎.【解析】(1)𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞),𝑓′(𝑥)=2e2𝑥−𝑎𝑥(𝑥>0).当𝑎⩽0时,𝑓′(𝑥)>0,𝑓′(𝑥)

没有零点;当𝑎>0时,因为𝑓′′(𝑥)=4e2𝑥+𝑎𝑥2>0,所以𝑓′(𝑥)在(0,+∞)单调递增.又𝑓′(𝑎)=2e2𝑎−1>0,又当𝑥<12时,𝑓′(𝑥)<2e−𝑎𝑥<0得𝑥<𝑎2e,取𝑏<1

2且𝑏<𝑎2e,则𝑓′(𝑏)<0,故由零点存在定理知:当𝑎>0时,𝑓′(𝑥)存在唯一零点.综上,当𝑎⩽0时,𝑓′(𝑥)没有零点;当𝑎>0时,𝑓′(𝑥)有一个零点.(2)由(1)知𝑓′(

𝑥)在(0,+∞)存在唯一零点𝑥0,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.所以𝑓(𝑥)⩾𝑓(𝑥0)=e2𝑥0−𝑎ln⁡𝑥0,同时𝑓′(𝑥0)=0,即2

e2𝑥0=𝑎𝑥0,即𝑎ln⁡𝑥0=𝑎ln⁡𝑎2−2𝑎𝑥0,所以𝑓(𝑥)⩾𝑎2𝑥0+2𝑎𝑥0+𝑎ln⁡𝑎2⩾2𝑎+𝑎ln⁡2𝑎,故当𝑎>0时,𝑓(𝑥)⩾2𝑎+𝑎ln⁡2𝑎.9.已知函数f(x)＝ax2

－xlnx＋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.【解析】因为f′(x)＝2ax－(lnx＋1)＝2ax－lnx－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)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，所以∃x0∈(e2a－1，e－1)，使得f′(x0)＝2ax0－lnx0－1＝0，即a＝lnx0＋12x0.所以，当x∈(0，x0)时，f

′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)max＝f(x0)＝ax20－x0lnx0＋2a＝lnx0＋12x0×x20－x0lnx0＋2lnx0＋12x0＝x0[9－（lnx0）2]2（lnx0＋1）≤0.因为x0∈(e2

a－1，e－1)，所以lnx0＋1＜0.所以9－(lnx0)2≥0，即－3≤lnx0＜－1，解得e－3≤x0＜e－1.因为a＝lnx0＋12x0，所以设g(x)＝lnx＋12x，x∈[e－3，e－1)，则g′(x)＝－lnx2x2＞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－e3≤g(x)＜0，所以－e3≤a＜0.10.证明：函数f(x)＝ex＋sinx，x∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.【解析】因为f(x)＝e

x＋sinx，x∈(－π，＋∞)，所以f′(x)＝ex＋cosx，f″(x)＝ex－sinx＞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(e34π)2＝e32π＞e＞2，所以e34π＞2，即1e34π＜22，所以f′－34π＜0，所以存在x0∈－34π，－π2，使得f′(x0)＝0，即ex0＋cosx0＝0，则在(－π

，x0)上，f′(x)＜0，在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，所以f(x)在(－π，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)存在唯一的极小值点x0.f(x0)＝ex0＋sinx0＝sinx0－cosx0

＝2sinx0－π4，由x0∈－34π，－π2，得x0－π4∈－π，－34π，所以f(x0)＝2sinx0－π4∈(－1，0)，故f(x)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.11.

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)e2x－1(e为自然对数的底数).【解析】(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＋lnt

≤tet，其中t>0，构造函数g(t)＝tet－t－lnt－1，则g′(t)＝(t＋1)et－1＋1t＝(t＋1)et－1t，t>0.令φ(t)＝et－1t，其中t>0，则φ′(t)＝et＋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t0∈12，1，使得φ(t0)＝et0－1t0＝0，即t0et0＝1.当0<t<t0时，φ(t)<0，即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；当t>t0时，φ(t)>0，即g′(t)>0，此

时函数g(t)单调递增.所以g(t)min＝g(t0)＝t0et0－lnet0－lnt0－1＝t0et0－ln(t0et0)－1＝1－1＝0，故所证不等式成立.12.已知函数f(x)＝xex－ax－alnx＋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.【解析】(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝e时，f(x)＝xex－ex－elnx＋e，f′(x)＝(

x＋1)ex－e－ex＝(x＋1)·ex－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－eln1＋e＝e，无最大值.(2)因为f(x)＝xex－ax－alnx＋a，所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－ax＝(x＋1)·ex－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)＝ex－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ex－ax＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，则可得x(0，x0)(x0，＋∞)f′(x)－＋f(x)单调递减单调递增为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0ex0－ax0－alnx0＋a<0.①因为

x0是方程ex－ax＝0的解，所以x0ex0＝a，②两边取对数可得lnx0＋x0＝lna，③将②③代入①可得f(x0)＝a(2－lna)<0，解得a>e2.所以实数a的取值范围为(e2，＋∞).当a∈(e2，＋∞)时，由②易知x0>1.又f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(

1，x0)上有且只有一个零点.当a∈(e2，＋∞)且x→＋∞时，易知f(x)→＋∞，所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一个零点.综上，实数a的取值范围为(e2，＋∞).