高考数学一轮复习：导数中的隐零点问题 高阶拓展 专项练习（学生版+解析）

第15讲导数中的隐零点问题（高阶拓展）

（核心考点精讲精练）

1.4年真题考点分布

4年考情

考题示例考点分析关联考点

2020年新I卷，第21题,12分导数中的隐零点问题不等式恒成立问题

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分

【备考策略】1能用导数求解函数基本问题

2掌握函数零点存在性定理及其应用

3能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围

【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一，其源于

含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点

代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习

知识讲解

在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最

终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”.

1.解题步骤

第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程并结合/（X）的单调

性得到零点的范围；

第2步：以零点为分界点，说明导函数/1（X）的正负，进而得到/（%）的最值表达式；

第3步：将零点方程/'（%）=0适当变形，整体代入/（x）最值式子进行化简：

（1）要么消除/（x）最值式中的指对项

（2）要么消除其中的参数项；

从而得到/（X）最值式的估计.

2.隐零点的同构

实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到

的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方

向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：原理分析

xexxlnx

/(%)=<x+ex=<x+lnx

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解决形如ex=-^x+lnx=O,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.

X

考点一、隐零点综合问题

☆典例引领

1.(2020•山东・统考高考真题)已知函数/(%)=—ln%+ln〃.

(1)当”=e时，求曲线y=〃x)在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范围.

2.证明ex—21nx>4—21n2

3.求f(x)=ex+1-31nx的极值

4.已知函数/(x)=ln((ix),a>0若/(%)<(九一1九"一、求a的取值范围.

即时检测

1.已知函数/(x)=ax+xlnx(aeR)当a=l且keZ时，不等式^(x-1)</(x)在xe(1,+oo)

上恒成立，求k的最大值.

2.已知函数/(%)=aex--2(«+1)>0对任意的xe(0,+8)恒成立，其中实数a>0,求。的

X

取值范围.

3.(2023•辽宁葫芦岛•统考二模)已知函数/=且/(x)20.

⑴求〃；

_31

(2)证明：/(%)存在唯一的极大值点方,且e-

e

4.(2023・全国•模拟预测)已知函数/'(x)=(mx+n)ex+mx2+(2m+”)x在x=-1处取得极小值」-1.

e

⑴求实数机，〃的值；

⑵当xe(0,+co)时，证明：/(x)>lnx+x+-^.

5.(2023•内蒙古赤峰•赤峰二中校联考模拟预测)已知函数/'(x)=(x+l)lnx+m(x-1).

⑴若机=1,求的单调区间；

⑵当机<-2时，证明：Ax)在(0,1),(1,包)上各有一个零点，且这两个零点互为倒数.

【能力提升】

1.(2023•辽宁丹东•统考二模)已知尤=:为函数f(x)=lnx-G+a的极值点.

2

⑴求。；

(2)证明：当0<x<T时，疗(x)+(x->0.

2.(2023•全国•高三专题练习)已知awR,函数/(x)=e'+加，g(x)是〃力的导函数.

(1)当a>0时，求证：存在唯一的Me1-：,()],使得g(x())=0；

⑵若存在实数a,b,使得/'(力2人恒成立，求的最小值.

3.(2023・全国•高三专题练习)已知函数/(%)=]兀3+%2+狈+]在(_],0)上有两个极值点，玉,々，且玉<马.

⑴求实数〃的取值范围；

(2)证明：当-：<x<0时，

4.(2023春・福建厦门•高二福建省厦门第二中学校考阶段练习)已知函数f(x)=/-ln(x+m).

⑴设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性；

(2)当m32时，证明f(x)>0.

5.(2023春•四川宜宾•高三四川省宜宾市第四中学校校考开学考试)已知函数〃x)=xlnx+履-3人，求:

(1)当％=1时，求曲线/(X)在点(1，/⑴)处的切线方程；

⑵当x>3时，总有“劝>1,求整数、的最小值.

一〃一1

6.(2022秋•福建莆田•高二莆田一中校考期中)设函数/(x)=ln尤,g(x)=ax+-----3(awR).

x

(1)求函数0(x)=/(X)+g(x)的单调增区间；

(2)当a=1时，记〃(x)=/(x)-g(x),是否存在整数4,使得关于x的不等式244〃(x)有解？若存在，请求出2

的最小值；若不存在，请说明理由.(参考数据：ln2a0.693Lln3al.0986)

32

7.(2021•江西抚州•高三临川一中校考阶段练习)已知函数〃力=山彳+2/一依+1,g(%)=2x-x.

(1)若a>0,讨论函数，(尤)在定义域内的极值点个数；

(2)若4=1,函数〃(x)=1(X)一&("上彳在。，+向上恒成立,求整数2的最大值.

x-1

8.(2021秋•四川成都・高三双流中学校考阶段练习)已知函数"x)=x-lnx-2.

⑴求函数在(1,7。))处的切线方程

(2)证明：〃尤)在区间(3,4)内存在唯一的零点；

(3)若对于任意的xe(l,+oo),都有无lnx+尤〉发(无一1)，求整数上的最大值.

9.(2022春・浙江舟山•高三浙江省普陀中学校考阶段练习)已知函数/'(司=(彳-左-1)，(其中e为自然对数

的底数).

⑴当k=-1时，求函数外力的极值;

⑵若函数g(x)=/(x)+e2在xe(O,+w)有唯一零点，求实数上的取值范围；

(3)若不等式/(X)>3x对任意的xeR恒成立，求整数k的最大值.

10.(2021•黑龙江哈尔滨・哈尔滨市第六中学校校考二模)已知函数/(x)=lnx+l+网在点(。"⑷)处的切线

X

过点(。，4).

(1)求实数“的值，并求出函数/(x)单调区间；

(2)若整数k使得2/(x)>©1-工)在尤e(1,+co)上恒成立，求女的最大值.

第16讲导数中的隐零点问题（高阶拓展）

（核心考点精讲精练）

1.4年真题考点分布

4年考情

考题示例考点分析关联考点

2020年新I卷，第21题,12分导数中的隐零点问题不等式恒成立问题

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分

【备考策略】1能用导数求解函数基本问题

2掌握函数零点存在性定理及其应用

3能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围

【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一，其源于

含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点

代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习

知识讲解

在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最

终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”.

2.解题步骤

第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程并结合/（X）的单调

性得到零点的范围；

第2步：以零点为分界点，说明导函数/1（X）的正负，进而得到/（%）的最值表达式；

第3步：将零点方程/'（%）=0适当变形，整体代入/（x）最值式子进行化简：

（1）要么消除/（x）最值式中的指对项

（2）要么消除其中的参数项；

从而得到/（X）最值式的估计.

2.隐零点的同构

实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到

的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方

向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：原理分析

xexxlnx

/(%)=<x+ex=<x+lnx

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解决形如ex=-^x+lnx=O,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.

X

考点一、隐零点综合问题

☆典例引领

1.(2020•山东・统考高考真题)已知函数/(%)=—ln%+ln〃.

(1)当”=e时，求曲线y=〃x)在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)工(2)口,+8)

e-1

【分析】(1)利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形

面积公式得结果；

(2)方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=l时，由-⑴=0得/'(x1/"1)=1,符合题意；当

a>l时，可证/，(-)/，(1)<0,从而f\x)存在零点%>0,使得/'(%)=ae^1--=0,得到,利用零

a%o

点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得/(x)21恒成立；当0<。<1时，研究/(1).

即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.

【详解】(1)Q/(x)=e*Tnx+1,f'(x)=ex--,:.k=f'(T)=e-l.

x

Q/(D=e+l,二切点坐标为(1.1+e),

二函数在点(1g)处的切线方程为y--l=(e-l)(x-l),即y=(e-l)x+2,

・••切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(二4,0),

e-1

1-92

J所求三角形面积为7；X2X|--|=-

2e—\e—\

(2)［方法一］:通性通法

Q/(x)=aex~x-Inx+In6:,f'{x}=aex~l--,且a>0.

x

设g(x)=f\x)，则g\x)=+4>0,

・・・g(x)在(。,+8)上单调递增，即广⑺在(0,+8)上单调递增，

当4=1时，1(1)=0,・・・=,：/(%)之1成立.

当a>l时，一<1,,第—<1，../'(—)/(1)="(e"—1)("—D<0，

a••匕7a

,存在唯一%>0,使得/'(/)=a*“一"-=°,且当天£(0,%)时广⑺<0,当元w(%,+8)时广(无)>0,

x

ae^~——,Intz+x0-1=-Inx0,

玉)

因此/(尤)min=/(尤0)=ae'-T-In/+Ina

=----FIna+XQ-1+lnaN2Ina-1+2/—,XQ—21na+l>l,

/Vxo

恒成立；

当0<a<l时，f(y)=a+］na<a<l,：./(l)<l,/(x)21不是恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是口,+◎.

［方法二］【最优解】：同构

lna+x

由/(x)21得ae*T—Inx+lnaNl,BPe-'+lna+x—l>ln.x+%,而lnx+x=e“*+lnx,所以

eina+z+也。+x_12e'nA+lnx.

^h(m)=em+m,则〃'(〃?)=e"+1>0,所以痴㈤在R上单调递增.

|

由《山。+41+］11(7+彳_1“"*+111巧可知人(111。+工一1)2力(111彳),所以111。+%-12111%,所以111心(111》-工+1)0111)［.

11—X

令尸(x)=lnx_x+l,贝(无)=――1=-

尤x

所以当X€(0,1)时，/(X)>0,F(x)单调递增；

当xe(l,+a))时，-0)<0,/。)单调递减.

所以国研皿=*1)=0,则InaNO,即aNl.

所以。的取值范围为.

［方法三］:换元同构

由题意知a>0,x>。，令ae*-'=t,所以lna+x-1=lnt,所以lna=lnt-x+l.

于是/(x)=aex~'-lnx+lna=f-lnx+lnf-x+l.

由于l,Z-lnx+lnf-x+l>l<»Z+lnr>x+lnx,而y=x+ln%在％w(0,+oo)时为增函数，故％,即

X

aex~x>x,分离参数后有

ex

人/、1r-rpi\e"1—1e"1(1—x)

令g(x)=”，所以g(x)=e2A2=e：2•

当0<x<l时，g'(x)>O,g(x)单调递增；当x>l时，g'(尤)<0,g(尤)单调递减.

所以当x=l时，g(x)=$取得最大值为g⑴=1.所以421.

e

［方法四］：

因为定义域为(。，收),且，(定21,所以/⑴21,即a+ln又21.

令S(a)=a+lna,贝|S(a)=1>0,所以S(a)在区间(0,+s)内单调递增.

a

因为S(l)=l,所以时，有S(a)2s⑴，即a+lna21.

下面证明当时，/(x)21恒成立.

令T(a)=ae*T-Inx+lna,只需证当aN1时,T(a)21恒成立.

因为7(“)=/7+工>0,所以T(a)在区间口,+⑹内单调递增，则［7(a)］而口=以1)="T-Inx.

a

因此要证明aNl时,T(a)21恒成立，只需证明［7(a)］而。=e、i-InxNl即可.

由e*Nx+l,lnxVx-l,得2元,一lnx21—尤.

上面两个不等式两边相加可得e*T-In尤21,故时，/(无)21恒成立.

当0<。<1时，因为f(l)=a+lna<l,显然不满足了(无)21恒成立.

所以a的取值范围为

【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数〃x)的单调性，求出其最小值，由九020即可求出，解法虽

稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；

方法二：利用同构思想将原不等式化成^a+x-x+\na+x-\>e'nx+lnx,再根据函数/i(m)=em+m的单调性以

及分离参数法即可求出，是本题的最优解；

方法三：通过先换元，令ae*T=t,再同构，可将原不等式化成t+ln此x+lnx,再根据函数>=无+lnx的

单调性以及分离参数法求出；

方法四：由特殊到一般，利用〃DN1可得。的取值范围，再进行充分性证明即可.

2.证明-21nx>4-21n2

证明：要证明左边大于右边，只需证明左边的最小值大于右边即可

令g(x)=e*-21nx(x>0)

然后求导g(x)=el-g\x)=+4>0,.'.g'(x)单增，

XX

二g'(0.5)<0g(1)>0,因此g'(x)存在零点，，g(x)有一个极小值

,2

x

设g'(x)的零点为x=%0e°----=0(1),两边同时取自然对数，二/=ln2-lnx()(2)

%

将(1)、(2)带入g(x),得g(x0)=--21n2+2x0>4-21n2,证毕

X。

3.求f(x)^ex+1-31nx的极值

解:f'(x)=ex+1—(x>0),f"(x)=exK+—>0,f(x)T

XX

/(0.5)<0/(l)>0,.-.f\x)存在一个零点

设/(x)的零点为％=%,.・.令f\x)=ex+1--=0

x

3

——(1),XQ+1—In3—In

%

3

.•./(%)=——31n3+3x0+3>9-31n3,即极小值为9-31n3

4.已知函数/(x)=ln(mr),a>0若/(%)<(%-1九”一、求a的取值范围.

，

解：，己/z(x)=(x-l)ex~a-/(x)=(x-l)ex~a-Inx-Intz,x>0,

依题意，h(x)>0恒成立，

求导得h(x)=xex-a--,x>Q,

X

令y=/z(x)=xex~a--,y=(x+l)ex~a0,

,XX

则h(x)在(0,+oo)上单调递增，

/111L,1

又/z—=—e2-2<0,/z(tz+1)=(a+l)e------>0,

2a+1

xa

则现eg,a+1],使得A(%)=0,即Xoe»-=^-成立，

则当xe(O,xo),/z(x)<0,h(x)单调递减；当xe(x0,+oo),(x)>0,h(x)单调递增,

九(Xlmin二%(%)=(/_1)於一"_In/_Ina,

%0%0

由xoe——,得e——z-,6/=x0+2Inx0,

%%

X1

于是得A(x0)=°2-lnx0-ln(x0+21nx0),

xo

当XG(l,+oo)时，令

x

(1x)+2)

有r(x)^~^<0,r(x)在(l,+oo)上单调递减，

X

而x+21nx在(1,+GO)上单调递增，

即有函数y=-ln(x+21nx)在(1,+oo)上单调递减，

于是得函数^(%)=-Inx-ln(x+21nx)

x

在(1,+8)上单调递减，则当x0e(1,+oo)时，/?(%0)=0(/)<0(1)=0,不合题意；

当xoeQ,l]且%+2收〉。时，由⑴中―知，-2一0,有

一In(%+21n/)Nl-(%+21n%),

从而

九(%())=~匕---InXQ—In(Jr。+2In%)2―%Inx0+1—(x0+2In/)

(1Xo)(2Xo1)(2Xo+1

=^-31nxo-xo+l>^-3(xo-l)-xo+l=-；\

%%0%

%0G

由叩M%”。，因此满足/(x)<(x-l)e^,又a=xQ+21nx0,y=x+21nx

在上单调递增，则有—21n2,1,而a>0f所以实数a的取值范困是(0,1].

育即町鳗

1.已知函数/(x)=<zx+xlnx(«eR)当a—\且kGZ时，不等式左(x-l)</(x)在xG(1,+oo)

上恒成立，求k的最大值.

x+xlnx

解：依题分离参数得：k<

x-1min

人/、x+xlnx

令g(x)=-------

x-1

令h(x)=x-lnx-2(x>l).

1y_1

则"(x)=l——=-—>0,.-.h(x)在(1,^0)上递增,

XX

:〃(3)=1—ln3<0,〃(4)=2—21n2>0,

存在x0e(3,4),使/z(xo)=O.

即Inx0-x0-2,

当l<x<Xo时，7i(x)<0=>g'(x)<0,g(x)/；

当x〉Xo，/z(x)〉Ong'(x)〉O,g(x)\i.

Xo+xdq2)

=xe(3,4).

gHjgG。"0

Z<g(x)nun=x。w(3,4)，-■k&Z,:.kmax=3.

2.已知函数/(%)=«ex--^-2(«+l)>0对任意的xe(0,+oo)恒成立，其中实数a>0,求。的

取值范围.

解:由已知得f(x)min>0(a>0,x>0)

a+1ae'f-(〃+1)

f(x)^aex-

令g(x)=一(〃+1),(6Z>0,X>0)

由g(x)=a^2x+x2^ex>0得g(x)在(0,+oo)上递增，

又g(0)=_(〃+l)<0,而g(x)=aexx2-(<2+1)>ax2-(a+1),

〃+1

所以g

a

存在不£(0,+8),使得g(不)=0得ae^=

当0<%<%0时，g(x)<0,f'(x)<0,/(x)递减

当x>x0时，g(x)>0,f'(x)>0,/(x)递增：

故/(x)min=/(Xo)=a*—S—2(a+D=安—心—2(0+1)20

%0%0玉)

得0<%041,又因为g(x)=aexx2-(4Z+1)在(0,+oo)上递增，且Oc/Wl,

.•.O=g(%o)Wg(l),由0<g(l)得a>~^.

3.(2023•辽宁葫芦岛•统考二模)己知函数/(幻=加-公-Hnx,且/(x)20.

⑴求。；

_31

(2)证明：/(%)存在唯一的极大值点方,且e-万</(/)<L

e

【答案】(I)。］

(2)证明见解析

【分析】(1)令8(尤)=加-〃-Inx且无>。，讨论〃40、〃>0研究g(x)单调性，求其最小值，结合/(%)=移(%)之。

恒成立，利用导数研究恒成立求参数即可;

(2)利用导数研究/⑺的单调性、极值情况，依据单调性证极大值了(%)的范围.

【详解】(1)由/(尤)=依3一公一1］口九=1(依2-a—lnx)2。恒成立,

令g(%)=/一a-In%且%>0,

①当〃《0时，/(2)=2(3«-ln2)<0(舍)；

②当a>0时，g'(x)=2ax--=2aX，

XX

在(0”】)上g'(x)<0,g(x)递减，在(、3，+co)上g'(x)>o,g(尤)递增，

V2aV2a

二；(ln2〃一2〃+1)20.

令/z(Q)=ln2a-2a+l,//(a)=--2=-—―,

aa

在(0,5)上〃(a)>。，力(。)递增，在(万,+8)上”(a)<0,力(。)递减，

所以〃(Gmax=〃出=。，则。J

(2)由(1)矢口：a=—,所以/(九)二］丁一不九一无In%,贝lj/'(%)=不(%2—1)—In尤，

1Qr2-1

令"(%)=/'(%),贝ij/(x)=3x—

XX

在(0，¥)上〃(x)<0,贝lj"(x)递减，在(#,+00)上/(x)>0,则M(x)递增，

3

:.u(x}.=u=-1-In=In<0,"1)=0,ue-2>0,

\/min

(-2⑸

〃(x)=/'(x)有两个根1,xoee2,\,/'(x)图象如下,

；./(无)在(0,%)上单调递增，在(无o，l)上单调递减，在(L*»)上单调递增,

113

存在唯一极大值为=5%一^/一力叫)，又5a)-l)=ln/,

所以/(%o)=/需--xo-xolnxo=-XQ+x0,

令"(％)=—d+x,在(匕5,N)上夕十%)=1—3/>0,故°(x)单调递增.

r(eT)=：(e-2_l)+l<0,故eq<x0<eT<3,且/(%)为极大值,

23

所以J(Xo)=。(%)</(e")=e-1-e-3<e-,

3i31333i333

33

/(Xo)>/(e-5)=-(e-5)--e^-e^Ine^=-(e^)+,

_3

-1

所以e万</(x0)<e•

【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究g(x)=oxJa-lnx且x>0最小值，根据不等式恒成

立确定参数值；第二问，导数研究极值点分布，进而证极大值的范围.

4.(2023・全国•模拟预测)已知函数/(%)=(mr+")e*+zra?+(2m+”)x在产-1处取得极小值」-1.

e

⑴求实数〃的值；

⑵当xw(0,+00)时，证明：f(-^)>Inx+xH---.

【答案】(1)m=1,n=0

(2)证明见解析

【分析】(1)根据函数极值点与极值，求导数代入计算，即可得%"的值；

(2)设g(x)=xe'+Y+龙-向-个，求g'(x)，确定导函数的单调性与取值情况，即可得g(x)的取值情况,

从而得结论.

【详解】(1)/z(x)=(mr+M+m)ex+2mx+2m+^,由题意知/(-1)=0,则在一1+〃=0,即〃=0,

由=_」一］,知一竺一机=一1一］,即根=1.

eee

(2)由(1)得/⑺=xe"+%2+2x,设g(x)=xex+x2+x-Inx-

贝!Ig，(x)=(x+l)e*+2x+1--=(x+l)ex—D(x+1)=(X+1)卜+2.£|.

设"x)=e'+2-1(x>0),则力(x)在(0,+向上单调递增,

且/Z［：］=£_2<O,/<£|=1_1>0,所以存在唯一使得〃(x°)=e』+2—：=0,即e-=：_2.

当Ovxv/时，M%)vO,g'(%)vO,ga)单调递减;当时,M%)>O,g'(%)>O,g(x)单调递增.

g(x)min=XOQX°+需+/_1叫)_^=1_2%0+需+%o_InXo_号=X；_兀0_lnx()一：.

设G(x)=f_x一则G'(x)=2x—］—工=(尤一J/彳+1),

当xe&,£|时，G(x)<0,G(x)单调递减，所以G(x)>G［：=ln3-l>0,所以g(x)>0,

故当xe(0,+oo)时，f[x)>\wc+x+—.

【点睛】方法点睛：证明函数不等式/(x)>g(x)的常用的方法：

(1)构造差函数法：构造差函数*x)=〃x)-g(x),求导〃(x),判断函数单调性，从而得函数最值，让

最值与0比较大小即可得答案；

(2)分离函数法：确定中间函数网力，利用导数分别证明〃力>Mx),h(x)>g(x),即可证明结论;

(3)放缩法：利用不等式对所证不等式进行放缩，证明放缩后的不等式成立，即可得结论.

5.(2023•内蒙古赤峰•赤峰二中校联考模拟预测)已知函数/(x)=(x+l)lnx+Mx-l).

(1)若加=1,求〃x)的单调区间；

⑵当7〃<-2时，证明：/5)在(0,1),(1,内)上各有一个零点，且这两个零点互为倒数.

【答案】(1)单调增区间为(0,+8)

(2)证明见解析

【分析】(1)首先求出f(x)的定义域，由/'(%)设g(x)=xlnx+2尤+1,*>0,由g。)的单调性,得出g(x)>0,

得出了'(无)>0,即可得出f(x)的单调性；

(2)利用导数判断原函数的单调性和零点，并将问题转化为证明了一等于零即可.

【详解】⑴/(x)=(x+l)lnx+x-l,定义域为(0,+"),

rxlnx+2x+1

/(x)=lnx+(x+l)—+l=lnx+—+2=?

设g(x)=xln%+2x+l,x>0,

则gf(x)=inx+x—i-2=lnx+3,

令g'(x)=。，得％="3,

当x£(0,e-3),g'(x)v0,则g(x)在(0©3)上单调递减，

当了£(匕一3,+8),gf(x)>0,则g(%)在(e3+oo)上单调递增,

所以g(x)2g("3)=—3/3+2"3+1=_"3+1>0,

所以八幻〉0,故”入)的单调增区间为(o,+“).

(2)/r(x)=lnx+(x+l)—+m=InX+—+1+m,

ii_i

构建e(x)=/'(x),x>o,则”(x)=----^=-r-,无>o,

XXX

令。(x)>0,解得x>l；令夕'(x)<0,解得0<x<l；

则e(x)在(1,+s)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

若根<一2,贝1]°(X)29(1)=2+/"<0,

且当x趋近于0或+℃时，°(x)均趋近于+℃,如图所示:

y=s(x)

O

加+2

所以e(x)在(o,i),(L+8)内均存在一个零点，设为占,三(。(占<1气)，

当0<x<玉或方>七；时，0(x)>0；当不<》<三时，e(x)<0；

即当o<x<X]或8>超时，>0；当不<工<三时，/,(%)<o；

所以“X)在(0,大),(马，")上单调递增，在(占,超)上单调递减，

由于/(1)=0,则/(占)>/(1)=0,/(%)</(1)=0,

且当X趋近于。时，f(x)均趋近于-8,当X趋近于+8时，“X)均趋近于+8,

所以/⑴在（0,1）,（1,+8）上各有一个零点，

设X。为函数/（X）在（0,1）的零点，

要证了⑺在（0,1）和（1,+8）上各有一个零点，且这两个零点互为倒数，只需证明=

已知/Uo）=（x0+1）In/+加（/T）=。

所以工］=［工+1］111工+mJ--1］=一匕包蛇毛+上^加

UoJUoJ元oUoJ%%

=_（xo+l）lnxo+m（xo-l）=_3=o,

%尤o

所以当机<-2时，〃x）在（0,1）,。,内）上各有一个零点，且这两个零点互为倒数.

【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题

求解的通法是：

（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；

（2）求导数，得单调区间和极值点；

（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.

【能力提升】

1.（2023•辽宁丹东•统考二模）已知尤=g为函数/（x）=ln尤-方+。的极值点.

⑴求。；

（2）证明：当0<x<m时，V（尤）+>0.

【答案】⑴a=2

（2）证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意尸［；］=0,即可求出。的值，再检验即可；

（2）设g（x）=^（x）+1x-gj,求出函数的导函数，即可得至!|g'（尤）=/（尤），再由零点存在性定理得到存在

唯一不«0,£|,使/5）=0,即可得到g（元）的单调性，再结合特殊值，即可证明.

【详解】（1）f（x）=lnx—依+。定义域为（0,+8）,八x)=U

X

由解得a=2,

1_9Y

若〃=2时/(x)=lnx_2x+2,贝|广(无)=^_^,

x

当0<x<；时，尸(x)>0,即〃x)在[。,£|上单调递增；

当尤时，((为<0,即〃x)在&,+，]上单调递减，

所以“X)在X=g处取得极大值，符合题意，因此。=2.

(2)设g(x)=^(x)+(x-g],则g'(x)=lnx_2x+2=/Q),又/'(1)=0,

因为g'(e-2)=-2e-2<0,g,Qj=l-ln2>0,所以存在唯一x°e,使g，(x0)=0,

且当。℃o时，g'(x)<0,g(x)单调递减，

当不〈尤<1时，g，(x)>0,g(x)单调递增，

当1<X<5时，g，(x)<0,g(x)单调递减.

由8'5)=0得111尤0=2玉-2,所以一£|>0,

因此当0<x<|■时，g(x)>g(x0)>0,而gg]=g(ln27-ln8e)>0,

于是当0<x<g时，+>0.

2.(2023・全国•高三专题练习)已知awR,函数/(%)=/+加，g(x)是〃力的导函数.

(1)当a>0时，求证：存在唯一的M,使得g(Xo)=O；

(2)若存在实数a,b,使得/"(x)2b恒成立，求a-人的最小值.

【答案】(1)证明见解析

⑵」

e

【分析】(1)求出g'(x),即可得到g("的单调性，再根据零点存在性定理判断即可;

(2)分。<0、a=0和a>0三种情况讨论，当a>0时，由(1)可得〃x)的最小值为八/),则弥/(不)，

从而得至Ija一人N—e与I1+/——手1+工」

,令/z(x)=-ex<0,利用导数说明函数的单调性，即可求

2x2

I2/27.

出力（力的最小值，即可得解；

【详解】（1）证明：：g（x）=/'（x）=e*+2ax,g/（x）=ex+2a,

当a>0时，g'（无）>0,函数g（尤）在上的单调递增，

又=e"l<0,g（0）=l>0,.•.存在唯一的使得g5）=0.

（2）解：当时，则当x<0时，g（x）>0,

即函数“X）在（-8,0）上单调递增，且当Xf-8时，〃引f-8,这与“X）9矛盾;

当。=0,由得6V0,/.a-b>0^

当a>0,由（1）知当工€（-00,%）时，g（x）<0；当了«%,+00）时，g（x）>0；

即/（X）在（口,％）上单调递减，在（七,心）上单调递增，

/（x）的最小值为〃尤o），其中不满足e*+2。％=。，故。=-丁且与<0,

•.•/•（力2匕恒成立，...64/（毛），即-62-1。-小，

于是而；x<0,

q_62-e-ox=-e*I1+—2与———2.

1,、,，、

贝廿。）=(x+1),由"（x）<0得x<-l,即函数〃（力在（f,-1）上单调时递减,

由〃（x）>0得一1<x<0,即函数万（x）在（T0）上单调递增,

•,"（%,=/7（T）=T，

综上得的最小值为」，此时飞=-1.

e

2

3.（2023・全国•高三专题练习）已知函数/（%）=§/+12+以+i在（_1,0）上有两个极值点，石,々，且％<%2.

⑴求实数〃的取值范围；

（2）证明：当一5<兀<0时，f（x）>—.

【答案】（i",£|

（2）证明见解析

【分析】（1）根据题意得方程2炉+2%+〃=0在（-L。）上有两不等实根，进而结合二次函数零点分布求解即

可；

1921

（2）根据题意得>/元2，进而得/（兀2）=耳考+%；+Q2+1>+考+5工2+1，再构造函数

/z(x)=|x3+x2+1x+l,研究单调性得z?(x)在,;,oj单调递增,11

进而无(x)>7?

12

2

【详解】(1)解：•:/(%)=+/+依+1,

2

(x)=2x+2x+af

2

•・•函数/(%)=耳%3+兀2+依+1在(_1,0)上有两个极值点看，且石<元2

・・・由题意知方程2f+2%+Q=0在(一1,0)上有两不等实根，

设g(x)=2/+2x+a,其图像的对称轴为直线x=-g,

g(-l)=a>0

⑼,解得；

故有，g=a>00<”

g

所以，实数°的取值范围是

(2)证明：由题意知巧是方程2无?+2无+。=0的较大的根，故ze'go

由于0<a<',ax.>—,

22

»,*/)=1W+%；+^^2+1>§W+%；+5X2+1

设W+工2+；x+i,f0

//(x)=2x+g14>o

・・・/1(%)在［-；,0)单调递增，

=*即成立.

...不等式成立,证毕.

4.(2023春・福建厦门•高二福建省厦门第二中学校考阶段练习)已知函数f(x)=e，-ln(x+m).

⑴设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性；

(2)当m、2时，证明f(x)>0.

【答案】在(T，。)上是减函数；在(。，+◎上是增函数(2)见解析

【详解】⑴尸3=6”———

X+喀

由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=l.

1

于是f(x)=ex—ln(x+l),定义域为(一1,+oo),尸㈤=,一厂1

函数广(X)=/---------在(一1,+8)上单调递增，且f<0)=0,因此当x£(—1,0)时，f<x)<0;当x£(0,+oo)

X-!-l

时，f!(x)>0.

所以f(x)在(一1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.

(2)当mg2,x£(—m,+oo)时，ln(x+m)gln(x+2),故只需证明当m=2时，f(x)>0.

当m=2时，函数，=------在(一2,+oo)上单调递增.

N+2

又「(-1)<0,f'(0)>0,故F(x)=0在(-2,+8)上有唯一实根.，且演«-1,0卜

当