浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数其应用导函数的“隐零点”问题习题含解析

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一性的判断相关，而函数的单一性与其导函数的零点有着密切的联系，按导函数零点可否求精准解能够分为两类：一类是数值上能精准求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但没法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，因为波及灵巧的代数变形、整体代换、结构函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考察的难点.题型打破题型一函数最值中的“隐零点”【例1】设函数f( )＝e2－aln.(a为大于零的常数)，已知f′( )＝0有独一零点，求f( )的最小值.a解f( )的定义域为(0，＋∞)，f′( )＝2e2－x(＞0).a当a＞0时，设u( )＝e2，v( )＝－x，a因为u( )＝e2在(0，＋∞)上单一递加，v( )＝－x在(0，＋∞)上单一递加，所以f′( )在(0，＋∞)上单一递加.设f′( )在(0，＋∞)上的独一零点为0，当∈(0，0)时，f′( )＜0；当∈(0，＋∞)时，f′( )＞0.故f( )在(0，0)上单一递减，在(0，＋∞)上单一递加，所以当＝0时，f( )获得最小值，最小值为f(0).a因为2e20－x0＝0，a22所以f(0)＝2x0＋2a0＋alna≥2a＋alna.2故当a＞0时，f( )≥2a＋alna.2故f( )的最小值为2a＋alna.x－2【训练1】(1)议论函数f( )＝e的单一性，并证明当>0时，(－2)e＋＋2>0；x＋2ex－ax－a(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g( )＝x2(>0)有最小值.设g( )的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.(1)解f( )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).xx2xf′( )＝（x－1）（x＋2）e－（x－2）exe（x＋2）2＝（x＋2）2≥0，当且仅当＝0时，f′( )＝0，所以f( )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单一递加.所以当∈(0，＋∞)时，f( )>f(0)＝－1.所以(－2)e>－(＋2)，即(－2)e＋＋2>0.(2)证明g′( )＝（x－2）ex＋a（x＋2）x＋2(f( )＋a).x3＝x3由(1)知，f( )＋a单一递加，对随意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.所以，存在独一a∈(0，2]，使得f(a)＋a＝0，即g′(a)＝0.当0<<a时，f( )＋a<0，g′( )<0，g( )单一递减；当>a时，f( )＋a>0，g′( )>0，g( )单一递加.所以ggexa－a(xa＋1)exa＋f(xa)(x＋1)exa在＝处获得最小值，最小值为＝xa2＝xa2＝xa＋2.( )a(a)exaex（x＋1）ex于是h(a)＝xa＋2，由x＋2′＝（x＋2）2>0，ex得y＝单一递加.x＋2所以，由a∈(0，2]，1e0exae2e2得2＝0＋2<h(a)＝xa＋2≤2＋2＝4.ex因为y＝单一递加，对随意λ∈x＋21e2h(a)＝λ.所以h(a)的值域是2，4.综上，当a∈[0，1)时，g( )有最小值题型二不等式证明中的“隐零点”

1e2a∈(0，2]，a＝－f(a)∈[0，1)，使得2，，存在独一的4e2h(a)，h(a)的值域是2，4.【例2】(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f( )＝a2－a－ln，且f( )≥0.(1)求a；(2)证明：f( )存在独一的极大值点0，且e－2<f(0)<2－2.(1)解f( )的定义域为(0，＋∞)，设g( )＝a－a－ln，则f( )＝g( )，f( )≥0等价于g( )≥0，因为g(1)＝0，g( )≥0，故g′(1)＝0，1而g′( )＝a－x，g′(1)＝a－1，得

a＝1.1若a＝1，则

g′( )＝1－x.当

0<<1

时，g′( )<0，g( )单一递减；当>1时，g′( )>0，g( )单一递加，所以＝

1是

g( )的极小值点，故

g( )≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明由(1)知f( )＝2－－ln，f′( )＝2－2－ln，1设h( )＝2－2－ln，则h′( )＝2－x.1当∈0，2时，h′( )<0；1当∈，＋∞时，h′( )>0.2所以h( )在110，单一递减，在，＋∞单一递加.221又h(e－2)>0，h2<0，h(1)＝0，所以h( )在0，10，在11，且当∈(0，0)时，h( )>0；有独一零点，＋∞有独一零点22当∈(0，1)时，h( )<0；当∈(1，＋∞)时，h( )>0.因为f′( )＝h( )，所以＝0是f( )的独一极大值点.由f′(0)＝0得ln0＝2(0－1)，故f(0)＝0(1－0).1由0∈0，2得f(0)<4.因为＝0是f( )在(0，1)上的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(0)<2－2.【训练2】已知函数f( )＝2＋2－a(＋ln)(>0，a∈R).(1)求函数y＝f( )的单一区间；(2)当a＝1时，证明：对随意的>0，f( )>2＋－e＋2.(1)解函数f( )的定义域为(0，＋∞)，（x＋1）（2x－a）f′( )＝2－(a－2)－x＝x，当a≤0时，f′( )>0对随意的∈(0，＋∞)恒建立，所以函数f( )单一递加；aa当a>0时，由f′( )>0得>，f′( )<0得0<<，22af( )在a，＋∞上单一递加；函数0，上单一递减.所以函数f( )在22(2)证明当＝1时，f( )＝2＋－ln，a只要证明e－ln－2>0，设g( )＝e－ln－2(>0)，1令g′( )＝e－x＝0，1此时方程有独一解0，知足e0＝x0(0≠1).当变化时，g′( )和g( )变化状况以下表(0，0)0(0，＋∞)g′( )－0＋g( )极小值g(0)1g( )min＝g(0)＝e0－ln0－2＝x0＋0－2，因为0>0，且0≠1，所以g( )min>21－2＝0，所以不等式得证.题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧1【例3】(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f( )＝x－＋aln.(1)议论f( )的单一性；(2)若f( )存在两个极值点1，2f（x1）－f（x2），证明：<a－2.x1－x2(1)解f( )的定义域为(0，＋∞)，ax2－ax＋1f′( )＝－x2－1＋x＝－x2.(ⅰ)若a≤2，则f′( )≤0，当且仅当a＝2，＝1时f′( )＝0，所以f( )在(0，＋∞)上单一递减.(ⅱ)若a>2，令f′( )＝0得，a－a2－4a＋a2－4＝2或＝.2－2－4a＋2－4当∈0，2∪，＋∞时，f′( )<0；2当∈a－a2－4a＋a2－42，2时，f′( )>0.－2－42－4a－2－4＋2－4所以f( )在0，2，，＋∞上单一递减，在，上222单一递加.(2)证明由(1)知，f( )存在两个极值点时，当且仅当a>2.因为f( )的两个极值点1，2知足2－a＋1＝0，所以12＝1，不如设1<2，则2>1.因为f（x1）－f（x2）1lnx1－lnx2x1－x2＝－x1x2－1＋ax1－x2lnx1－lnx2－2lnx2＝－2＋ax1－x2＝－2＋a1，x2－x2f（x1）－f（x2）1所以x1－x2<a－2等价于x2－2＋2ln2<0.1设函数g( )＝x－＋2ln，由(1)知，g( )在(0，＋∞)上单一递减，又g(1)＝0，进而当∈(1，＋∞)时，g( )<0.1－2＋2ln2<0，即f（x1）－f（x2）所以<a－2.x2x1－x2【训练3】已知函数f( )＝2＋aln(＋2)，a∈R，存在两个极值点1，2，求f(1)＋f(2)的取值范围.解函数f( )的定义域为(－2，＋∞)，a2x2＋4x＋a且f′( )＝2＋x＋2＝x＋2，因为f( )有两个极值点，则二次函数g( )＝22＋4＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根1，2，因为g( )的对称轴为＝－1，由二次函数的图象可知，只要＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0<a<2.考虑到1，2是方程22＋4＋a＝0的两根.a进而1＋2＝－2，12＝2，进而f(1)＋f(2)12＋aln(1＋2)＋22＋aln(2＋2)(1＋2)2－212＋aln[2(1＋2)＋12＋4]a4－a＋aln2，此中0<a<2.a令h(a)＝4－a＋aln2，a∈(0，2)，a则h′(a)＝－1＋ln2＋1＝ln2<0，进而h(a)在(0，2)上单一递减，又当→0(>0)，h(a)→4，a→2，h(a)→2，所以h(a)的值域为(2，4).综上所述f(1)＋f(2)的取值范围是(2，4).赔偿训练11.(2019·杭州二中考试)设函数f( )＝1－，g( )＝ln，x(1)求曲线y＝f(2－1)在点(1，0)处的切线方程；1(2)求函数y＝f( )·g( )在e，e上的取值范围.解(1)当＝1时，y＝f(2－1)＝f(1)＝0.1y′＝f′(2－1)＝3，f′(1)＝1，2x－1）2所以切线方程为y＝－1.(2)y＝f( )·g( )＝1－1ln＝ln－lnxx，xlnx11lnxx－1＋2y′＝－x＋2x＝xx，xxx1x>0.因为∈，e，所以elnx1令h( )＝x－1＋≤≤e，h′( )＝2e1则h( )在e，e上单一递加，

x＋12x>0，1因为h(1)＝0，所以y＝f( )·g( )在，1上单一递减，e在[1，e]上单一递加.ymin＝f(1)·g(1)＝0，11yma＝mafe·ge，f（e）·g（e）1＝mae－1，1－，ee－1>1－1因为，e1所以y＝f( )·g( )在e，e上的取值范围为[0，e－1].2.(2019·诸暨统考)已知函数f( )＝(－1)e－a的图象在＝0处的切线方程是＋＋＝0.yb(1)求a，b的值；3(2)求证函数f( )有独一的极值点0，且f(0)>－2.(1)解因为f′( )＝e－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又当＝0时，f( )＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(－0)，即＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g( )＝f′( )＝e－1，则g′( )＝(＋1)e，所以当<－1时，g( )单一递减，且此时g( )<0，则g( )在(－∞，－1)内无零点；当≥－1时，g( )单一递加，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g( )＝0有独一解0，f( )有独一的极值点0.1由0e0＝1?e0＝x0，x0－11f(0)＝－0＝1－＋x0，x0x01e又g2＝2－1<0，115g(1)＝e－1>0?<0<1?2<＋0<，202x3所以f(0)>－2.3.已知f( )＝a＋ln(a∈R)，y＝f( )在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.若2f( )－(＋1)＋>0(∈)对任意>1都建立，求整数的最大值.解由题设知f′( )＝a＋1＋ln，由f′(1)＝2，解得a＝1，所以f( )＝＋ln.当>1时，不等式2f( )－(＋1)＋>0(∈)化为<x＋2xlnx，x－1x＋2xlnx2x－2lnx－3记g( )＝x－1(>1)，则g′( )＝（x－1）2，2（－1）再设h( )＝2－2ln－3，则h′( )＝x>0，x所以h( )在(1，＋∞)上单一递加，55又h(2)＝1－2ln2<0，h2＝21－ln2>0，5故h( )在2，2上存在独一零点0，使h(0)＝20－2ln0－3＝0，且当1<<0时，g′( )<0；当>0时，g′( )>0.即g( )在(1，0)单一递减，在(0，＋∞)单一递加，x0＋2x0lnx0ggx0－1由20－2ln0－3＝0得2ln0＝20－3，则g( )min＝x0＋x0（2x0－3）＝20∈(4，5)，x0－1x＋2xlnx又<恒建立，x－1故整数的最大值为4.4.已知函数f( )＝2·ln.(1)证明：对随意的t>0，存在独一的s，使t＝f(s)；(2)设(1)中所确立的s对于t的函数为s＝g(t)，证明：当t>e2lng（t）1.2时，有<lnt<52证明(1)当∈(0，1]时f( )≤0；当∈(1，＋∞)时f( )>0，故下边只考虑f( )在(1，＋∞)上的性质.因为对随意给定的t>0，令F( )＝f( )－t，>1，则F′( )＝(2ln＋1)>0，进而F( )在(1，＋∞)单一递加，又F(1)＝－t<0，F(et)＝e2t·t－t>0，故F( )在(1，＋∞)存在独一零点s，知足t＝f(s).(2)因为s2·lns＝t>e2，进而s>e，lng（t）lnslns故lnt＝ln（s2·lns）＝2lns＋ln（lns），lng（t）m1令m＝lns，则lnt＝2m＋lnm＝lnm，m>1，2＋lnm设h(m)＝m，m>1，下边求h(m)的取值范围.1－lnm因为h′(m)＝m2，

m进而当m∈(1，e]时，h′(m)≥0，当m∈(e，＋∞)时，h′(m)<0，故h(m)在(1，e]上单一递加，在(e，＋∞)上单一递减，1而h(1)＝0，h(e)＝e，m→＋∞，h(m)→0，1进而h(m)∈0，e，e1ln（）1进而＝≤gt<，lnt2e＋1122＋e2e又5<2e＋1，2lng（t）1进而当t>e2时，有<lnt<.525.记f′( )，g′( )分别为函数f( )，g( )的导函数.若存在0∈R，知足f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，则称0为函数f( )与g( )的一个“S点”.bex已知函数f( )＝－2＋a，g( )＝x.对随意a>0，判断能否存在b>0，使函数f( )与g( )在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明原因.解对随意a>0，设h( )＝3－32－a＋a.因为h(0)＝>0，(1)＝1－3－＋＝－2<0，且h( )的图象是不中断的，ahaa2x30所以存在0∈(0，1)，使得h(0)＝0.令b＝ex0（1－x0），则b>0.bex函数f( )＝－2＋a，g( )＝x，bex（x－1）则f′( )＝－2，g′( )＝x2.由f( )＝g( )且f′( )＝g′( )，bex－x2＋a＝x，得

bex（x－1）－2x＝x2，－2x03·ex，2＋＝xxaex0（1－x0）即2x03(**)0）·ex（x－1）－2x＝ex0（1－x2，x此时，0知足方程组(**)，即0是函数f( )与g( )在区间(0，1)内的一个“S点”.所以，对随意a>0，存在b>0，使函数f( )与g( )在区间(0，＋∞)内存在“S点”.16.已知函数f( )＝－a2＋ln＋b(a，b∈R)，函数f( )的导函数为f′( ).2(1)求f′( )的单一区间；(2)若f′( )有两个不一样的零点1，2，证明：a212<1.(1)解函数f( )的定义域为(0，＋∞)，f′( )＝－a＋1＋ln＋b.1令g( )＝f′( )＝－a＋1＋ln＋b(>0)，∴g′( )＝－a＋x.1当a≤0时，g′( )＝－a＋x>0，