(2)证明:f(x)存在唯一极大值点xo,0<f(x_{0})< \frac {1}{4}.【解答】(1)解:f(x)=e^{x}(ae^{x}-a-x)\geqslant 0,因为e^{x}>0,所以ae^{x}-a-x \ge 0恒成立，即a(e^{x}-1)\ge x恒成立，x=0时,显然成立,x>0时，e^{x}-1>0,故只需a \ge \frac {x}{e^{x}-1}在(0,+\infty)恒成立,令h(x)= \frac {x}{e^{x}-1},(x>0),h'(x)= \frac {(1-x)e^{x}-1}{(e^{x}-1)^{2}}<0,故h(x)在(0,+\infty)递减，而\lim _{x \rightarrow 0} \frac {x}{x-1} \lim _{x \rightarrow 0} \frac {1}{x}=1,故a \ge 1,x<0时，e^{x}-1<0,故只需a \le \frac {x}{e^{x}-1}-在(- \infty ,0)恒成立,令g(x)= \frac {x}{e^{x}-1},(x<0),g'(x)= \frac {(1-x)e^{x}-1}{(e^{x}-1)^{2}}>0,故h(x)在(- \infty ,0)递增，血\lim _{x \rightarrow 0} \frac {x}{x-1}= \lim _{x \rightarrow 0} \frac {1}{x}=1,故a \le 1,综上：a=1;(2)证明:由(1)f(x)=e^{x}(e^{x}-x-1),故f'(x)=e^{x}(2e^{x}-x-2),令h(x)=2e^{x}-x-2,(x)=2e^{x}-1,所以h(x)在(- \infty , \ln \frac {1}{2})单调递减，在(\ln \frac {1}{2},+\infty)单调递增,h(0)=0,=0,h(\ln \frac {1}{2})=2e \ln \frac {1}{2}- \ln \frac {1}{2}-2= \ln 2-1<0,h(-2)=2e-2-(-2)2= \frac {2}{e^{2}}>0,\because h(-2)h(\ln \frac {1}{2})<0由零点存在定理及h(x)的单调性知，方程h(x)=0在

摘要：本文探究了高考函数隐零点问题的几类处理技巧，并分别从虚设零点、化隐为显和变换主元等三个视角进行呈现，同时对导数压轴题的教学给出了一点建议关键词：高考；隐零点；解题；策略中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2021)07 -0056 -02函数与导数主要是考查学生逻辑推理、直观想象和数学运算等核心素养的主要载体,其一直是高考考查的重点之一在处理函数与导数的压轴题时,对零点的处理往往是一个关键环节,有些函数的零点确实存在,但无法精确求解,此谓之“隐零点”；有些导数的零点虽然可求, 但因含参而需要讨论对于这类问题，常见的处理方式主要有虚设零点、化隐为显和变换主元三大类.一、虚设零点所谓虚设零点，是指为了处理函数的隐零点问题，通过采取假设函数零点却不直接求解,通过谋求整体的转化，将函数转化为易求的形式进行求解的一种处理技巧例1(2019年全国I卷理)已知函数/(%) In% -设%0是f(%)的一个零点，证明曲线y - In%在点% - 14(%0,ln%0)处的切线也是曲线y

导数专题：隐零点问题（高中数学）一、解答题（本大题共7小题，共84.0分）x1.已知函数f（x）=e-ln（x+m）（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性 当m2时，证明f（x）0．【答案 解：，x=0是f（x）的极值点，，解得m=1．x所以函数f（x）=e-ln（x+1），其定义域为（-1，+）． xxx设g（x）=e（x+1）-1，则g（x）=e（x+1）+e0，所以g（x）在（-1，+）上为增函数，又g（0）=0，所以当x0时，g（x）0，即f（x）0；当-1x0时，g（x）0，f（x）0．所以f（x）在（-1，0）上为减函数；在（0，+）上为增函数 证明：当m2，x（-m，+）时，ln（x+m）ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）0．当m=2时，函数在（-2，+）上为增函数，且f（-1）0，f（0）0．故f（x）=0在（-2，+）上有唯一实数根x0，且x0（-1，0）．当x（-2，x0）时，f（x）0，当x（x0，+）时，f（x）0，从而当x=x0时，f（x）取得最小值．由f（x0）=0，得，ln（x0+2）=-x0． 故f（x）=综上，当m2时，f（x）0．【解析 求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处

隐零点问题其实没有必要作为单独的题型，可以把该题型归结于函数求最值的大专题上，无论导数中的哪种题型都需要通过导数确定函数的增减趋势，通过极值点和最值点以及极限值具体确定出函数的形态，再求最值时按照方法的难易可分为三种方法，一是常规的一阶求导，导函数零点可求；二是二阶求导，判定一阶导数的增减性和最值，再判定函数的增减性，这里直接跳过了对导函数求零点的过程；三是隐零点法，通过二阶导数判定一阶导函数的增减性，设出导函数的零点，通过单调性求出函数对应的极值点。这三种方法互为补充，均为导数的基本功。若单独分析隐零点法，难点其实有两点：1.如何确定隐零点所在的区间，以及如何确认隐零点区间合不合适的问题。关于这个问题，在上期已经给出解析了，隐零点范围合适与否需要根据化简之后极值的情况来确定，这次之前可通过整数点来初步判断，若函数中出现了lnx相关的对数函数，也可使用e，1/e等来判定。若化简之后的极值是一个关于x0的函

典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)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,设方程f'(x)=0的根为x_{0},则有关系式f'(x_{0})=0立，注意确定x_{0}的合适范围.例1已知函数f(x)=(ae^{x}-a-x)e^{x}(a \ge 0,e=2.718 \cdots ,e为自然对数的底数),若f(x)\ge 0对于xR恒成立.(1)求实数a的值；(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且0<f(x_{0})< \frac {1}{4}【解答】(1)a=1,证明略;(2)证明：由(1)f(x)=e^{x}(e^{x}-x-1),故f(x)=e^{x}(2e^{x}-x-2),令h(x)=2e^{x}-x-2,(x)=2e^{x}-1,所以h(x)在(- \infty , \ln \frac {1}{2})单调递减，在(\ln \frac {1}{2},+\infty)单调递增，h(0)=0,h(\ln \frac {1}{2})=2e \ln \frac {1}{2}- \ln \frac {1}{2}-2= \ln 2-1<0,h(-2)=2e-2-(-2)->0,\because h(-2)h(\ln \frac {1}{2})<0由零点存在定理及h(x)的单调性知,方程h(x)=0在有唯一根，(-2, \ln \frac {1}{2})设为x2e^{x0}-x_{0}-2=0,从而h(x)有两个零点x0和0,所以f(x)在(- \infty ,x_{0})单调递增,在(x,0)单调递减,在(0,+)单调递增,从而f(x)存在唯一的极大值点xo即证,由2e^{x0}-x_{0}-2=0得e^{x0}= \frac {x_{0}+2}{2},x_{0} \neq -1

训练一、解答题（本大题共7 小题，共84.0 分）x1.已知函数f（x）=e -ln（x+m）（Ι）设x=0 是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性 当m2 时，证明f（x）0．2.已知函数f（x）=．（1）证明：kR，直线y=g（x）都不是曲线y=f（x）的切线；（2）若x[e，e ]，使得f（x）g（x）+成立，求实数k 的取值范围．3.设函数f（x）=ex+ax+b 在点（0，f（0））处的切线方程为x+y+1=0 求a，b 值，并求f（x）的单调区间；2（）证明：当x0 时，f（x）x -4．4.已知函数f（x）=alnx-ex；（1）讨论f（x）的极值点的个数；（2）若a=2，求证：f（x）0．第1 页，共8 页25.已知函数f（x）=+alnx 有极值点，其中e 为自然对数的底数．（1）求a 的取值范围；（2）若a（0，]，求证：x（0，2]，都有f（x）．6.设函数f（x）=ax2-lnx+1（aR）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数g（x）=ax2-ex+3，求证：f（x）g（x）在（0，+）上恒成立．7.已知函数f（x）=xlnx+ax+b 在点（1，f（1））处的切线为3x-y-2=0．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若kZ，且对任意x1，都有k答案

高中数学压轴题系列导数专题隐零点问题1.（2012新课标）设函数f（x）=exax2 求f（x）的单调区间 若a=1，k为整数，且当x0时，（xk）f（x）+x+10，求k的最大值．解：（I）函数f（x）=exax2的定义域是R，f（x）=exa，若a0，则f（x）=exa0，所以函数f（x）=exax2在（，+）上单调递增．若a0，则当x（，lna）时，f（x）=exa0；当x（lna，+）时，f（x）=exa0；所以，f（x）在（，lna）单调递减，在（lna，+）上单调递增．（II）由于a=1，所以，（xk）f´（x）+x+1=（xk）（ex1）+x+1故当x0时，（xk）f´（x）+x+10等价于k（x0）令g（x）=，则g（x）=由（I）知，当a=1时，函数h（x）=exx2在（0，+）上单调递增，而h（1）0，h（2）0，所以h（x）=exx2在（0，+）上存在唯一的零点，故g（x）在（0，+）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α（1，2）当x（0，α）时，g（x）0；当x（α，+）时，g（x）0；所以g（x）在（0，+）上的最小值为g（α）．又由g（α）=0，可得eα=α+2所以g（α）=α+1（2，3）由于式等价于kg（α），故整数k的最大值为2．2.（2013新

隐零点问题，指的是一个函数的零点存在但无法直接求解出来的问题。这种情况，在我们解比较复杂的导数大题时，时常会遇到。那么，隐零点问题具体是什么样子的？如果遇到隐零点问题，我们最常见的处理思路是什么呢？我们来用一道例题说明：分析与证明第一种思路：此题不含参数，貌似唾手可得。但如果不熟悉隐零点问题的求解思路，很可能会陷入僵局。一起来看：证毕。导数题目中求导后遇到隐零点问题：第一步，利用特殊点处函数值、零点存在性定理、函数单调性、函数图像等，判断零点是否存在以及取值范围。第二步，把导数零点处导数值等于0作为条件，带回原函数，进行(a)化简或(b)消参

第12讲隐零点问题一．选择题（共1小题）1．（2021•赣州期末）命题p：关于x的不等式0(xelnxme为自然对数的底数）的一切(0,)x恒成；那么命题p是命题q的( ) 立；命题:(qm，13]6A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二．解答题（共22小题）2．已知函数()(2)xfxelnx，求证：1()fx6．3．（2021•鼓楼区校级月考）设函数2()()fxxalnx，aR．（1）若f（e）0； ①求实数a的值； ②若12ae，证明xe为()fx的极值点．（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x(0，3]e恒有()42fxe成立．（注:e为自然对数的底数）4．（2021•全国四模）已知函数()fxx，()xgxe，()hxlnx．（1）求证：()()1gxfx，()()1hxfx； （2）记()()()(()())xfxgxafxhx，若()x有两个零点，求实数a的取值范围．5．设a为实数，已知函数()()xfxaxeaR．（1）当a0时，求函数()fx的单调区间； （2）设b为实数，若不等式()22fxxbx对任意的a1及任意的x0恒成立，求b的取值范围； （3）若

方法与技巧“隐零点”的破解策略郭琳琳　管成芳(山东省淄博市临淄中学)　　“隐零点”问题是导数压轴题中常见的一类重点０,g(x)单调递减,则知g(x)的最大值为g(π２)＝问题,也是历年高考数学试卷中的常考问题．在破解导数压轴题时,经常会碰到导函数存在零点,但求解π２－１＞０,又g(０)＝０,g(π)＝－２,可得g(π２)此“隐零点”相对比较繁杂甚至出现无法求解的情况,此时我们一般对此“隐零点”设而不求,通过整体代换g(π)＜０,即f′(π２)f′(π)＜０,所以根据零点存在加以过渡,再结合题目的其他条件解决问题．定理,可知f′(x)在区间(０,π)上存在唯一零点．证明导函数“隐零点”存在,经常借助两次１　破解“隐零点”问题的基本策略(或多次)求导,结合相关函数的单调性、极值与最值、函数零点存在定理等相关知识破解．１)借助函数零点存在定理判定导函数零点的存在性或利用“二分法”进一步缩小零点的范围,列出零２２　参数取值的确定点方程f′(x０)＝０,并结合f′(x)的单调性确定零点例２　(

数学数学·解题研究导数中的“隐零点”问题解法探究江苏靖江市刘国钧中学（214500）　周　晔［摘　要］“隐零点”问题的难度较大，解题方法较为灵活，文章结合几个例题，对导数中的“隐零点”问题进行探究，以帮助学生突破难点，有效解答相关问题。［关键词］导数；“隐零点”问题；解法探究［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2023）35-0017-03根据数值能否精确求解，我们将导函数的零点1时，φ(x)的增区间为（0，+∞）；当a>1时，φ(x)的a-1a，+∞。分为两种类型：一是能精确求解，称之为“显零点”；二是能判断其存在，但难以求解或无法求解，称为增区间为()“隐零点”。“隐零点”问题的难度较大，求解的基本（2）当a=1时，g(x)=x-3，所以h(x)=(x-x=lnx-3x+1，因为y=3)lnx，而h′(x)=lnx+x-3lnx，y=-1x均为（0，+∞）上的增函数，故h′(x)=策略是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数（参数），技巧上反客为主。那么导数

lnln,,ln，abxaebefxxelnlna积型：aebbaabbfxxxlnlnlnlnlnlnaaeebbfxxxlnlnln2abxlna商型：lnlnlnlnlnlnlnaalnlnlneeefxabxebaabbfxxxabebxfxebxabxa和差型：aaeaebfxexeabbeebbfxxxlnlnlnlnlnln(3)差一同构：最明显的一种构造形式，包含,ln1xex，也是由朗博函数引发的构造类型，由两大指对跨阶不等式构成:xxfxfxfxexfxexfxfxfxxx+ln(1)011,0,ln(1)0ln(1)ln1xxln11ln()2xexexmmexxln121(4)反函数性质构造：若()fxx单调，则1()()fxfx恒成立等价于()fxx恒成立；fxy()的解的并集；1()()fxfx的解可以等价于()fxx的解与fyx()反函数和关于yx对称的函数的交点()fx与1()fx关于yx对称，若1()()gxgx，则()()fxgx的解1x和1()()fxgx的解2x关于yxxy12对称，此时yx，()gxmx时，12xxm为定值；()mgxx时，12xxm为定值．【参考答案】x【解法1】指对同构ln11ln1单调递减，因为：1xxe，，构造ln1xgxx11xxexxxee所以：1xgxge，原不等式得证 解法4】同形构造ln202xaaex，2ln2xxaea，22lnxexaea221lnxexeaa，令xgxxegx单调递增，，222222lnxexexexeaa222222lnxexexxeaa2，，22222lnexxaxexae，ae．222lnexgxga例3（2020-新高考山东卷）已知函数1()elnlnxfxaxa当ae时，求曲线()yfx