1、高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-1-导函数的“隐零点”问题知识拓展利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.题型突破题型一 函数最值中的“隐零点”【例 1】设函数 f(x)e2xaln x.(a 为大于零的常数)，已知 f(x)0 有唯一零点，求 f(x)的最小值.解
2、f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0).当 a0 时，设 u(x)e2x，v(x)ax，因为 u(x)e2x 在(0，)上单调递增，v(x)ax在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增.设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0.故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当 xx0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).由于 2e2x0ax00，所以 f(x0)a2x02ax0aln2a2aaln2a.故当 a0 时，f(x)2aaln2a.故 f(x)的最小值为
3、 2aaln2a.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-2-【训练 1】(1)讨论函数 f(x)x2x2ex 的单调性，并证明当 x0 时，(x2)exx20；(2)证明：当 a0，1)时，函数 g(x)exaxax2(x0)有最小值.设 g(x)的最小值为h(a)，求函数 h(a)的值域.(1)解 f(x)的定义域为(，2)(2，).f(x)（x1）（x2）ex（x2）ex（x2）2x2ex（x2）20，当且仅当 x0 时，f(x)0，所以 f(x)在(，2)，(2，)单调递增.因此当 x(0，)时，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)证明
4、 g(x)（x2）exa（x2）x3x2x3(f(x)a).由(1)知，f(x)a 单调递增，对任意 a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一 xa(0，2，使得 f(xa)a0，即 g(xa)0.当 0 xxa 时，f(x)a0，g(x)xa 时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增.因 此 g(x)在 x xa 处 取 得 最 小 值，最 小 值 为 g(xa)exaa（xa1）x2aexaf（xa）（xa1）x2a exaxa2.于是 h(a)exaxa2，由exx2（x1）ex（x2）2 0，得 y exx2单调递增.所以，由 xa(0，2，得12 e002h
5、(a)exaxa2 e222e24.因为 y exx2单调递增，对任意 12，e24，存在唯一的 xa(0，2，af(xa)0，1)，使得 h(a).所以 h(a)的值域是12，e24.综上，当 a0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e24.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-3-题型二 不等式证明中的“隐零点”【例 2】(2019天津卷)设函数 f(x)ln xa(x1)ex，其中 aR.(1)若 a0，讨论 f(x)的单调性.(2)若 0ax0，证明 3x0 x12.(1)解 由已知，f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)1xaexa(x1)ex
6、1ax2exx.因此当 a0 时，1ax2ex0，从而 f(x)0，所以 f(x)在(0，)内单调递增.(2)证明 由(1)知 f(x)1ax2exx.令 g(x)1ax2ex，由 0a0，且 gln1a 1aln1a21a1ln1a20，故 g(x)0 在(0，)内有唯一解，从而 f(x)0 在(0，)内有唯一解，不妨设为 x0，则 1x0g（x0）x0，所以 f(x)在(0，x0)内单调递增；当 x(x0，)时，f(x)g（x）x1 时，h(x)1x11 时，h(x)h(1)0，所以 ln xx1，从而 fln1a lnln1a aln1a1 eln1alnln1a ln1a1hln1a
7、f(1)0，所以 f(x)在(x0，)内有唯一零点.又 f(x)在(0，x0)内有唯一零点 1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点.由题意，f（x0）0，f（x1）0，即ax20ex01，ln x1a（x11）ex1，从而 ln x1x11x20 ex1x0，即 ex1x0 x20ln x1x11.因为当 x1 时，ln xx01，故 ex1x0 x20（x11）x11x20，两边取对数，得 ln ex1x0ln x20，于是 x1x02ln x02.【训练 2】(2017全国卷)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0.(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点
8、x0，且 e2f(x0)22.(1)解 f(x)的定义域为(0，)，设 g(x)axaln x，则 f(x)xg(x)，f(x)0 等价于 g(x)0，因为 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0，而 g(x)a1x，g(1)a1，得 a1.若 a1，则 g(x)11x.当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增，所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明 由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x.当 x0，12 时，h(x)0.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所
9、有高考资源网-5-所以 h(x)在0，12 单调递减，在12，单调递增.又 h(e2)0，h12 0；当 x(x0，1)时，h(x)0.因为 f(x)h(x)，所以 xx0 是 f(x)的唯一极大值点.由 f(x0)0 得 ln x02(x01)，故 f(x0)x0(1x0).由 x00，12 得 f(x0)f(e1)e2.所以 e2f(x0)22.题型三 导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧【例 3】(2018全国卷)已知函数 f(x)1xxaln x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：f（x1）f（x2）x1x22，令 f(x)0 得，xa
10、 a242或 xa a242.当 x0，a a242a a242，时，f(x)0.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-6-所 以f(x)在 0，a a242，a a242，上 单 调 递 减，在a a242，aa242上单调递增.(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2ax10，所以 x1x21，不妨设 x11.由于f（x1）f（x2）x1x2 1x1x21aln x1ln x2x1x22aln x1ln x2x1x22a2ln x21x2x2，所以f（x1）f（x2）x1x2a2 等价于1x2x22l
11、n x20.设函数 g(x)1xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又 g(1)0，从而当 x(1，)时，g(x)0.所以1x2x22ln x20，即f（x1）f（x2）x1x20 且 g(2)a0，即 0a2.考虑到 x1，x2 是方程 2x24xa0 的两根.从而 x1x22，x1x2a2，从而 f(x1)f(x2)高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-7-x21aln(x12)x22aln(x22)(x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x244aalna2，其中 0a2.令 h(a)4aalna2，a(0，2)，则 h(a)1lna21lna2
12、0)，h(a)4，a2，h(a)2，所以 h(a)的值域为(2，4).综上所述 f(x1)f(x2)的取值范围是(2，4).补偿训练1.(2020杭州二中考试)设函数 f(x)1 1x，g(x)ln x.(1)求曲线 yf(2x1)在点(1，0)处的切线方程；(2)求函数 yf(x)g(x)在1e，e 上的取值范围.解(1)当 x1 时，yf(21)f(1)0.yf(2x1)1（2x1）32，f(1)1，所以切线方程为 yx1.(2)yf(x)g(x)1 1x ln xln xln xx，y1x 1x x ln x2x xx1ln x2x x，因为 x1e，e，所以 x x0.令 h(x)x1
13、ln x2 1exe，h(x)x12x0，则 h(x)在1e，e 上单调递增，因为 h(1)0，所以 yf(x)g(x)在1e，1 上单调递减，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-8-在1，e上单调递增.yminf(1)g(1)0，ymaxmaxf1e g1e，f（e）g（e）maxe1，1 1e，因为 e11 1e，所以 yf(x)g(x)在1e，e 上的取值范围为0，e1.2.已知函数 f(x)(x1)exax 的图象在 x0 处的切线方程是 xyb0.(1)求 a，b 的值；(2)求证函数 f(x)有唯一的极值点 x0，且 f(x0)32.(1)解 因为 f(x)xexa
14、，由 f(0)1 得 a1，又当 x0 时，f(x)1，所以切线方程为 y(1)1(x0)，即 xy10，所以 b1.(2)证明 令 g(x)f(x)xex1，则 g(x)(x1)ex，所以当 x1 时，g(x)单调递减，且此时 g(x)0，则 g(x)在(，1)内无零点；当 x1 时，g(x)单调递增，且 g(1)0，所以 g(x)0 有唯一解 x0，f(x)有唯一的极值点 x0.由 x0ex01ex01x0，f(x0)x01x0 x011x0 x0，又 g12 e2 1012x0121x0 x032.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-9-3.已知 f(x)axxln x(
15、aR)，yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为 2.若 2f(x)(k1)xk0(kZ)对任意 x1 都成立，求整数 k 的最大值.解 由题设知 f(x)a1ln x，由 f(1)2，解得 a1，所以 f(x)xxln x.当 x1 时，不等式 2f(x)(k1)xk0(kZ)化为 k1)，则 g(x)2x2ln x3（x1）2，再设 h(x)2x2ln x3，则 h(x)2（x1）x0，所以 h(x)在(1，)上单调递增，又 h(2)12ln 20，故 h(x)在2，52 上存在唯一零点 x0，使 h(x0)2x02ln x030，且当 1xx0 时，g(x)x0 时，g(x)0.即
16、g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，)单调递增，所以 g(x)ming(x0)x02x0ln x0 x01，由 2x02ln x030 得 2ln x02x03，则 g(x)minx0 x0（2x03）x012x0(4，5)，又 k0，存在唯一的 s，使 tf(s)；(2)设(1)中所确定的 s 关于 t 的函数为 sg(t)，证明：当 te2 时，有25ln g（t）ln t0，故下面只考虑 f(x)在(1，)上的性质.由于对任意给定的 t0，令 F(x)f(x)t，x1，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-10-则 F(x)x(2ln x1)0，从而 F(x)在(1，
17、)单调递增，又 F(1)t0，故 F(x)在(1，)存在唯一零点 s，满足 tf(s).(2)由于 s2ln ste2，从而 se，故ln g（t）ln tln sln（s2ln s）ln s2ln sln（ln s），令 mln s，则ln g（t）ln tm2mln m12ln mm，m1，设 h(m)ln mm，m1，下面求 h(m)的取值范围.由于 h(m)1ln mm2，从而当 m(1，e时，h(m)0，当 m(e，)时，h(m)0，故 h(m)在(1，e上单调递增，在(e，)上单调递减，而 h(1)0，h(e)1e，m，h(m)0，从而 h(m)0，1e，从而e2e1 121eln
18、 g（t）ln t12，又25e2 时，有25ln g（t）ln t12.5.已知函数 f(x)12ax2xln xbx(a，bR)，函数 f(x)的导函数为 f(x).(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，证明：a2x1x20)，g(x)a1x.当 a0 时，g(x)a1x0，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-11-则 g(x)即 f(x)在(0，)上是增函数；当 a0 时，若 x(0，1a)，则 g(x)0，若 x(1a，)，则 g(x)0 时，函数 f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，.(2)证明 由(1)知当
19、a0 时，f(x)在(0，)上是增函数，不可能有两个零点，故 a0.由 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，得f（x1）ln x1ax1b10，f（x2）ln x2ax2b10，两式相减得 ln x1ln x2ax2ax10，即 aln x1ln x2x1x2lnx1x2x1x2.a0，x10，x20，欲证 a2x1x21，只需证lnx1x2x1x22x1x21，即证lnx1x22（x1x2）x1x22x1x22x2x1.不妨设 0 x1x2，令x1x2t(0，1)，则只需证(ln t)2t21t.设(t)(ln t)2t1t2，则(t)2tln t11t22ln tt1tt.设 h(t)2
20、ln tt1t，则 h(t)（t1）2t2，当 t(0，1)时，h(t)h(1)0，当 t(0，1)时，(t)0，(t)在(0，1)上单调递增，当 t(0，1)时，(t)(1)0，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-12-即(ln t)2t1t2 在 t(0，1)上恒成立，故原不等式得证.6.(2020浙江新高考仿真卷二)设 a 为实数，函数 f(x)x2e1xa(x1).(1)当 a1 时，求 f(x)在34，2 上的最大值；(2)设函数 g(x)f(x)a(x1e1x)，当 g(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)时，总有x2g(x1)f(x1)，求实数 的值(f(x)
21、为 f(x)的导函数).解(1)当 a1 时，f(x)x2e1x(x1)，则 f(x)(2xx2)e1x12xx2ex1ex1.令 h(x)2xx2ex1，则 h(x)22xex1，显然 h(x)在34，2 上是减函数.又h34 12 14 e0，在34，2 上，总有 h(x)0.h(x)在34，2 上是减函数.又h(1)0，当 x34，1 时，h(x)0，f(x)0，这时 f(x)单调递增；当 x(1，2)时，h(x)0，f(x)0，这时 f(x)单调递减.f(x)在34，2 上的极大值也即最大值是 f(1)1.(2)由题意知 g(x)(x2a)e1x，则 g(x)(2xx2a)e1x(x2
22、2xa)e1x.根据题意，方程x22xa0 有两个不同的实根 x1，x2(x1x2).44a0，即 a1，且 x1x22，x1x2，x11，且 x22x1.由 x2g(x1)f(x1)，其中 f(x)(2xx2)e1xa，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-13-得(2x1)(x21a)e1x1(2x1x21)e1x1a.x212x1a0，上式化为(2x1)(2x1)e1x1(2x1x21)e1x1(2x1x21).又2x10，不等式可化为 x12e1x1(e1x11)0 对任意的 x1(，1)恒成立.当 x10 时，不等式 x12e1x1(e1x11)0 恒成立，R；当 x1(0，1)时，2e1x1(e1x11)0 恒成立，即 2e1x1e1x11.令函数 k(x)2e1xe1x122e1x1，显然 k(x)是 R 内的减函数，x(0，1)时，k(x)k(0)2ee1，2ee1；当 x1(，0)时，2e1x1(e1x11)0 恒成立，即 2e1x1e1x11，由，当 x(，0)时，k(x)k(0)2ee1，即 2ee1.综上所述，2ee1.
