2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题22导数隐零点问题（Word版附解析）
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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≥＋－2，且函数f(x)＝lnx＋－(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)＝＋x－(a＋2)＝，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＋，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＝＋＝＝(a＋2)2－2≥－2＝e＋，令t＝>1，从而t＋≥e＋，从而t≥e.故m－M＝f(x2)－f(x1)＝ln＋－(a＋2)(x2－x1)＝ln＋－(x2＋x1)(x2－x1),＝ln－＝ln－＝ln－＝lnt－t＋，t≥e.令g(t)＝lnt－t＋，t≥e.从而g′(t)＝－－＝＝<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)＝－＋1.【典例2】已知函数f(x)＝x＋＋alnx，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有≤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≥，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－＋＝，x>0.①若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≥0时，即a≥0时，则f(x)在[1，e]上单调递增，,故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(1)<f(e)≤2e，即故0≤a≤e－.②若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0时(即a≤－x对任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤－e时，则f(x)在[1，e]上单调递减，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(e)<f(1)≤2e，即故a＝－e.③若－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≤f(x)≤2e，,则需即考虑到x0满足x＋ax0－1＝0，从而f(x0)＝＝.令h(x)＝，x∈(1，e)，则h′(x)＝<0，故h(x)在(1，e)上单调递减，又x0∈(1，e)，从而f(x0)＝h(x0)>h(e)＝.故使得不等式≤f(x)≤2e成立的实数a的范围为－e<a<0.综合上述，满足条件的实数a的范围为.【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>0)恒成立，令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(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.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)＝x2＋lnx－x(a≠0)．(1)当a＝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.,【解析】(1)当a＝时，f(x)＝2x2＋lnx－4x，则f′(x)＝4x＋－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<在x∈(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝，令t(x)＝lnx－－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－－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∈(3,4)，因为a<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-lnx-2x-1x+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,f14=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-lnx-2x-1x+1>0,即证xe2x-lnx-2x>1x+1.令g(x)=xe2x-lnx-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=gx0=x0e2x0-lnx0-2x0.由式(1)可得e2x0=1x0,lnx0=-2x0,所以g(x)min=x0⋅1x0+2x0-2x0=1.又x>0时,1x+1<1恒成立,所以g(x)=xe2x-lnx-2x⩾gx0=1>1x+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)＝－a＝(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＝，所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈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)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明 设函数φ(x)＝ex－2－lnx(x>0)，则φ′(x)＝ex－2－，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)＝－＝0，即＝.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)＝－lnx0，结合＝，知x0－2＝－lnx0，所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝>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－x＋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<，即x<ln>ln 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)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－2x.设g(x)＝f(x)＋x2－x＋1＝ex－2x＋x2－x＋1＝ex＋x2－x＋1，则g′(x)＝ex＋2x－，令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x－，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)＝＋2x0－＝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)＝＋x－x0＋1，将①式代入，则g(x)min＝g(x0)＝－2x0＋x－x0＋1＝x－x0＋，∵二次函数y＝x2－x＋在(0,1)上单调递减，∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12－＋＝0，∴g(x)min>0，∴f(x)＋x2－x＋1>0.【训练三】已知函数f(x)=lnx-mx+1,g(x)=xex-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f1m=ln1m-1+1=0,得m=1.(2)f(x)⩽g(x)⇔lnx-mx+1⩽xex-2⇔lnx+1x-m⩽ex-2.从而2-m⩽ex-lnx+1x.设φ(x)=ex-lnx+1x,φ'(x)=x2ex+lnxx2.设Q(x)=x2ex+lnx,则Q'(x)=x2+2xex+1x>0.由于Q12<0,Q(1)>0,所以存在x0使得Qx0=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φx0=ex0-lnx0+1x0.由于x0满足x02ex0+lnx0=0,所以x0ex0=-lnx0x0,两边取对数,得lnx0+x0=ln-lnx0+-lnx0,由于g(x)=x+lnx单调递增,所以x0=-lnx0,所以ex0=1x0,所以φx0=ex0-lnx0+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-ln22-ln222.参考数据:e≈2.71828,ln2≈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=ln2,当x<ln2时,g'(x)<0,当x>ln2时,g'(x)>0,故函数g(x)在(-∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,故x=ln2时,g(x)取得最小值g(ln2)=2-2ln2,故a⩽2-2ln2,即a的范围是(-∞,2-2ln2].(2)若a=1,则f(x)=ex-x2-x,得f'(x)=ex-2x-1,,易知函数f'(x)在(-∞,ln2)递减,在(ln2,+∞)递增,且点睛意到f'(0)=0,f'(1)=e-3<0,f'1+12ln2=2e-3-ln2>0,则存在x0∈1,1+12ln2,使得f'x0=0,即ex0-2x0-1=0,当x∈0,x0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fx0=ex0-x02-x0x0∈1,1+12ln2函数fx0在1,1+12ln2单调递减,所以fx0>f1+12ln2=1-ln22-ln222故x>0时,f(x)>1-ln22-ln222.【训练五】已知函数f(x)=ex+axsinx.(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<gx0<2.【解析】(1)由已知得f'(x)=ex+a(sinx+xcosx),而f'(0)=1,f(0)=1,故y=f(x)在x=0处的切线方程为y-1=x,即y=x+1.(2)当a=-2时,由题意得g(x)=exx-2sinx(-π<x<0),则g'(x)=(x-1)exx2-2cosx=(x-1)ex-2x2cosxx2(-π<x<0),令h(x)=(x-1)ex-2x2cosx(-π<x<0),则h'(x)=xex+2xsinx-4cosx,则当x∈-π,-π2时,ex>0,2xsinx>0,cosx<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hx0=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)exx2-2cosx<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gx0>g-π2=2-1π2eπ2>0,即gx0>0.当x0∈-π,-π2时,-1<ex0x0<0,0<-2sinx0<2,所以gx0=ex0x0-2sinx0<2.综上知0<gx0<2.【训练六】已知函数f(x)=x2-x-xlnx.证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<fx0<2-2.【解析】由f(x)=x2-x-xlnx,得f'(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,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he-2>0,h12<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f(x)唯一的极大值点.由f'x0=0,得lnx0=2x0-1,故fx0=x01-x0.由x0∈0,12,得fx0<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fx0>fe-1=e-2.所以,e-2<fx0<2-2.四、【强化测试】【解答题】,1.已知函数f(x)＝＋＋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)＝－＝－，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≥恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝.令h(x)＝x＋lnx，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为h＝－1<0，h(1)＝1>0，所以存在x0∈，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)＝，由x0＋lnx0＝0，可得x0＝－lnx0.则＝，,所以g(x)max＝g(x0)＝＝1，又a≥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)＝＋，若f(x)>在(0，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值.【解析】由于f(x)>⇔(x＋1)f(x)＝>k.令h(x)＝＋，则由题意得，k<h(x)min，其中x>0.h′(x)＝.令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，其中x>0.由于g′(x)＝－＋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∈(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≥－ex＋2恒成立，令φ(x)＝－ex＋2，则φ′(x)＝－ex＝.令μ(x)＝－lnx－x2ex，则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝xex0，两边取对数可得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)＝－ex0＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.4.已知函数的最小值为．(1)求的值；(2)已知,,在上恒成立,求的最大值．（参考数据：,）【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fxea-1a-1ea-1ea-1min,解得a=1．(2)由可得12m<ex-xlnx对x∈12,+∞恒成立．令hx=ex-xlnx,则h'x=ex-lnx-1,令rx=ex-lnx-1,则r'x=ex-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ex0-1x0=0,则x0=-lnx0．所以当x∈12,x0时,r(x)单调递减；当时,r(x)单调递增．则r(x)的最小值为rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1,x0∈12,1,由对勾函数性质得,x0+1x0∈2,52,所以rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1>1>0,,所以h'(x)>0,即在区间12,+∞上单调递增,所以12m≤h12=e12-12ln12=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.（1）若,求的单调区间；（2）若对于任意的,恒成立,求的最小值.【解析】（1）因为a=0,所以fx=-xex,f'x=-x+1ex.令f'x=0,得x=-1.当x∈-∞,-1时,f'x>0；当x∈-1,+∞时,f'x<0.故fx的单调速增区间是-∞,-1,单调递减区间是-1,+∞.（2）.因为∀x∈R,,又,所以,则a<0.令,则gx在R上单调递增.因为当时,,所以.因为,所以,使得gx0=0.且当x∈-∞,x0时,gx<0,则f'x>0,当时,gx>0,则f'x<0,所以fx在-∞,x0上单调递增,在上单调递减.故.,由,得.由,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.则,所以hx在上单调递增,所以,即.故a的最小值为.6.已知函数,其中,且.(1)当时,求的单调区间；(2)若只有一个零点,求的取值范围.【解析】(1)当a=1时,fx=ex-1-lnx+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fx单调递减；当x∈0,+∞时,f'x>0,此时fx单调递增；所以fx的单调递增区间是0,+∞,单调递减区间是-1,0；(2)f'x=aex-1x+1=aexx+1-1x+1,令gx=aexx+1-1,（1）当-e2<a<0时,则x∈-∞,-1,g'x=aexx+2,当x∈-∞,-2时,g'x>0,此时gx单调递增；当x∈-2,-1时,g'x<0,此时gx单调递减；故gx≤g-2=-ae2-1<0,则f'x=aexx+1-1x+1>0,fx在-∞,-1单调递增,,又x→-1时,fx→+∞；x→-∞时,fx→-∞；所以此时fx在-∞,-1只有一个零点；（2）当a>0时,则x∈-1,-∞,g'x=aexx+2>0恒成立,gx在-1,-∞单调递增,且g-1=-1<0,g1a=ae1a1a+1-1=e1a1+a-1,又e1a>1,1+a>1,则g1a=ae1a1a+1-1=e1a1+a-1>0,故存在x0∈-1,1a,使得gx0=0,当x∈-1,x0时,gx<0,当时,gx>0,因为当x>-1时,1x+1>0,所以当x∈-1,x0时,f'x<0,fx单调递减；当时,f'x>0,fx单调递增；当x=x0时,fx取得极小值,由gx0=0得aex0=1x0+1,则lna+x0=ln1x0+1,fx0=aex0-lnx0+1-lna-1=1x0+1+x0-1=x02-1x0+1≥0当x0=0时,等号成立,由f0=0,可得f0=ae0-1-lna=a-1-lna=0,解得a=1,综合第一问可知,当a=1时,fx只有一个零点；综上,若fx只有一个零点,则a的取值范围是-e2,0∪17.已知函数f(x)=ex-a-xlnx+x(x∈R)有两个极值点x1,x2x1<x2,证明:a>2.【解析】证明:g(x)=f'(x)=ex-a-lnx,则g'(x)=ex-a-1x,g''(x)=ex-a+1x2>0,所以g'(x)单调递增,因为g'ea=eea-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x0,+∞上单调递增,,所以g(x)min=gx0=ex0-a-lnx0=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-alnx.(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+aln2a.【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<12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)⩾fx0=e2x0-alnx0,同时f'x0=0,即2e2x0=ax0,即alnx0=alna2-2ax0,所以f(x)⩾a2x0+2ax0+alna2⩾2a+aln2a,故当a>0时,f(x)⩾2a+aln2a.9.已知函数f(x)＝ax2－xlnx＋(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－＝，,①当a＞0时，f(1)＝a＋＞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＝.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)＝ax－x0lnx0＋＝×x－x0lnx0＋＝≤0.因为x0∈(e2a－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＝，所以设g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，则g′(x)＝＞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)＝ex＋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′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，因为(eπ)2＝eπ＞e＞2，所以eπ＞，即＜，所以f′＜0，所以存在x0∈，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＝sin，由x0∈，得x0－∈，所以f(x0)＝sin∈(－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＋，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－＝(t＋1)，t>0.令φ(t)＝et－，其中t>0，则φ′(t)＝et＋>0，所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增.因为φ＝－2<0，φ(1)＝e－1>0，所以存在t0∈，使得φ(t0)＝et0－＝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－＝(x＋1)·，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－＝(x＋1)·，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－，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－＝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－＝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，＋∞).,</t<t0时，φ(t)<0，,即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；当t></a2e,取b<12且b<a2e,则f'(b)<0,故由零点存在定理知:当a></x2,证明:a></a<0时,则x∈-∞,-1,g'x=aexx+2,当x∈-∞,-2时,g'x></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fxea-1a-1ea-1ea-1min,解得a=1．(2)由可得12m<ex-xlnx对x∈12,+∞恒成立．令hx=ex-xlnx,则h'x=ex-lnx-1,令rx=ex-lnx-1,则r'x=ex-1x因为r'(x)在12,+∞上单调递增,r'12=e12-2<0,r'1=e-1></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≥－ex＋2恒成立，令φ(x)＝－ex＋2，则φ′(x)＝－ex＝.令μ(x)＝－lnx－x2ex，则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝xex0，两边取对数可得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)＝－ex0＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.4.已知函数的最小值为．(1)求的值；(2)已知,,在上恒成立,求的最大值．（参考数据：,）【解析】(1)由题可知f'x=lnx+1-a．令f'x></h(x)min，其中x></fx0<2-2.四、【强化测试】【解答题】,1.已知函数f(x)＝＋＋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)＝－＝－，当0<x<1时，f′(x)></ex0x0<0,0<-2sinx0<2,所以gx0=ex0x0-2sinx0<2.综上知0<gx0<2.【训练六】已知函数f(x)=x2-x-xlnx.证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<fx0<2-2.【解析】由f(x)=x2-x-xlnx,得f'(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,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)></gx0<2.【解析】(1)由已知得f'(x)=ex+a(sinx+xcosx),而f'(0)=1,f(0)=1,故y=f(x)在x=0处的切线方程为y-1=x,即y=x+1.(2)当a=-2时,由题意得g(x)=exx-2sinx(-π<x<0),则g'(x)=(x-1)exx2-2cosx=(x-1)ex-2x2cosxx2(-π<x<0),令h(x)=(x-1)ex-2x2cosx(-π<x<0),则h'(x)=xex+2xsinx-4cosx,则当x∈-π,-π2时,ex></ln2时,g'(x)<0,当x></ln></x0<2，则φ′(x0)＝－＝0，即＝.当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)></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-lnx-2x-1x+1></x＋(x></lna，令f′(x)></a<0.综合上述，满足条件的实数a的范围为.【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></f(e)≤2e，即故0≤a≤e－.②若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0时(即a≤－x对任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤－e时，则f(x)在[1，e]上单调递减，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(e)<f(1)≤2e，即故a＝－e.③若－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)></x<x2时，f′(x)<0，当x></x2，由于当0<x<x1时，f′(x)>
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