2024步步高二轮数学新教材讲义专题一　规范答题1　函数与导数

2024步步高二轮数学新教材讲义规范答题1函数与导数(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负](2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一关键点：作差法比较f(x)min与2lna+eq\f(3,2)的大小][方法二关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数](1)解因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)eq\x(\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，,故f′x＝aex－1<0恒成立，)))❶所以f(x)是减函数；(2分)当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(当x<－lna时，f′x<0，,则fx在－∞，－lna上单调递减；,当x>－lna时，f′x>0，,则fx在－lna，＋∞上单调递增.)))❷综上，当a≤0时，f(x)是减函数；(4分)当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(5分)(2)证明方法一由(1)得，当a>0时，eq\x(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna＝1＋a2＋lna，)❸(7分)要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，(8分)eq\x(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，)❹(9分)则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)eq\x(所以g(a)min＝g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\f(1,2)－ln

\f(\r(2),2)＝ln\r(2)>0，)❺则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)❻则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)eq\x(\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(因为fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，)))❼当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，所以要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0，(8分)eq\x(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，)❽(9分)则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)eq\x(所以g(a)min＝g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\f(1,2)－ln

\f(\r(2),2)＝ln\r(2)>0，)❾则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)①②处判断f′(x)的符号③处利用单调性求f(x)min④处构造函数g(a)＝f(x)min－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))⑤处求g(a)min并判断其符号⑥处构造函数证明ex≥x＋1⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x)⑧处构造函数g(a)⑨处求g(a)min并判断其符号培优点1切线放缩在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩．导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果．考点一单切线放缩常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sinx；当x<0时，x<sinx.例1(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.证明(1)首先证明sinx≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：构造j(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，则j′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)＝0，所以sinx≤x，x∈[0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝sinx－ln(x＋1)，x∈[0,1]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0.(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sinx≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，由(1)知j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，则t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2.规律方法该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板．跟踪演练1(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；(2)证明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．(1)解由题意可知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－2＝－eq\f(2x2－x＋a,x2)，对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.当a≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，二次函数y＝－2x2＋x－a有2个大于零的零点，分别是x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．综上，当a≥eq\f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．(2)证明要证ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)，即证ex>lnx＋2.不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此lnx－x＋1≤0，则ex－(x＋1)＋[x－(lnx＋1)]＝ex－(lnx＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，即ex>lnx＋2.从而不等式得证．考点二双切线放缩例2(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xlnx－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.求证：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).证明f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0得，0<x<1，所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.所以0<x1<1<x2，先证不等式x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)，因为f(e)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，f′(e)＝1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－eq\f(1,e)和l2：y＝x－e，如图，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,e)))＝xlnx＋eq\f(1,e)，0<x<1，则g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)>0，则eq\f(1,e)<x<1；令g′(x)<0，则0<x<eq\f(1,e)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以f(x)≥－x－eq\f(1,e)在(0,1)上恒成立，设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，则x′1≤x1，设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2，同理可证x2≤x′2，因为x′1＝－b－eq\f(1,e)，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b－\f(1,e)))＝2b＋e＋eq\f(1,e)(两个等号不同时成立)，因此x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).再证不等式x2－x1>be＋e，函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝eq\f(1,e－1)(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e，所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.综上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)成立．规律方法含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明．跟踪演练2(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).证明f(x)＝(x＋1)(ex－1)，令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，f′(x)＝ex(x＋2)－1，f′(－1)＝－1＋eq\f(1,e)，f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,e)))，则F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，则m′(x)＝(x＋3)ex，所以当x<－3时，m′(x)<0；当x>－3时，m′(x)>0，所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，当x→－∞时，F′(x)→－eq\f(1,e)，又F′(－1)＝0，所以当x<－1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x>－1时，F′(x)>0，F(x)单调递增，所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)，设h(x)＝m的根为x3，则x3＝－1＋eq\f(em,1－e)，又h(x)单调递减，且m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3))＝f(x1)≥h(x1)，所以x3≤x1，设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，则t(x)＝x，令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则G′(x)＝(x＋2)ex－2，依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以G(x)≥G(0)＝0，所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m，又函数t(x)单调递增，且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(em,1－e)))＝1＋eq\f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq\f(m,e－1)，即证x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).专题强化练1．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)．(1)证明：当x>－1时，f(x)≤x；(2)已知n∈N*，证明：>sin(n＋1)．证明(1)令h(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，则h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)，当－1<x<0时，h′(x)>0，则函数h(x)在(－1,0)上单调递增，当x>0时，h′(x)<0，则函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤x.(2)由(1)可得ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时取等号，令x＝eq\f(1,n)，∴eq\f(1,n)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝lneq\f(n＋1,n)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)，则>n＋1，①令φ(x)＝x－sinx，x>0，φ′(x)＝1－cosx≥0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即x－sinx>0，即x>sinx，x>0，即n＋1>sin(n＋1)，②由①②得>sin(n＋1)．2．(2023·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－eq\f(x＋3,ex)，x∈R.(1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1<x2，求证：x2－x1>eq\f(2a,e)＋2.(1)解由题意知f′(x)＝a＋eq\f(x＋2,ex)≤0在R上恒成立，所以－a≥eq\f(x＋2,ex)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋2,ex)，x∈R，则－a≥g(x)max，令g′(x)＝－eq\f(x＋1,ex)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(－1)＝e，即－a≥e，a∈(－∞，－e]．(2)证明由f(x)有两个极值点x1，x2，可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示，所以－e<a<0且－2<x1<－1<x2，又过点(－2,0)和(－1，e)的直线方程为y＝e(x＋2)，当x∈(－2，－1)时，构造函数h(x)＝g(x)－e(x＋2)＝eq\f(x＋2,ex)－e(x＋2)＝(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ex)－e))>0，所以g(x)>e(x＋2)．设方程e(x＋2)＝－a的根为x3，则x3＝－eq\f(a,e)－2，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，e))和(0,0)的直线方程为y＝－ex，设m(x)＝g(x)＋ex，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞))，因为m′(x)＝eq\f(ex＋1－x＋1,ex)>0，所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex，又设方程－ex＝－a的根为x4，则x4＝eq\f(a,e)，所以x2－x1>x4－x3＝eq\f(a,e)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)－2))＝eq\f(2a,e)＋2.培优点2隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．考点一不含参函数的隐零点问题例1(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零点的个数，并说明理由．解(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若1<a<e，即0<lna<1，当0<x<lna或x>1时，f′(x)>0；当lna<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间(lna,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即lna>1，当0<x<1或x>lna时，f′(x)>0；当1<x<lna时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增．(2)当a＝0时，g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，设h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，＝eq\f(1,x0)，－x0＝lnx0，当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2，设F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1))，易知F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减．∴g(x0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．跟踪演练1(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.(1)解设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切线方程为y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)证明当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝x0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0－1＝0，两边取对数得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.考点二含参函数的隐零点问题例2(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．(1)解当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，f′(0)＝e－1，故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq\f(e－1,2).(2)证明当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，则g′(x)＝aex(x＋2)，因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝lna＋β，所以当－1<β<0时，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq\f(1,β＋1)＋β－1＋lna＝lna＋eq\f(β2,β＋1)，因为a>1，所以lna>0，又因为－1<β<0，所以eq\f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．规律方法已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．跟踪演练2(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．解(1)函数f(x)＝x－lnx－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)∀x∈(1，＋∞)，xlnx＋x>k(x－1)⇔k<eq\f(xlnx＋x,x－1)，令g(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－1)，x>1，求导得g′(x)＝eq\f(2＋lnxx－1－xlnx＋x,x－12)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，由(1)知，f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln3<0，f(4)＝2(1－ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0⇔lnx0＝x0－2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，于是g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.专题强化练1．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsinx，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.(1)解∵f(x)＝ex＋bsinx，∴f′(x)＝ex＋bcosx，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.(2)证明由(1)得f(x)＝ex＋sinx，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cosx，令g(x)＝ex＋cosx，x∈(－π，＋∞)，则g′(x)＝ex－sinx，当x∈(－π，0]时，ex>0，sinx≤0，g′(x)＝ex－sinx>0，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sinx≤1，g′(x)＝ex－sinx>0，∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝eq\f(1,eπ)－1<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，使g(x0)＝＋cosx0＝0，又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，∴f′(x)＝ex＋cosx在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cosx0＝0，当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞