第15講導數中的隱零點問題（高階拓展）

（核心考點精講精練）

1.4年真題考點分布

4年考情

考題示例考點分析關聯考點

2020年新I卷，第21題,12分導數中的隱零點問題不等式恒成立問題

2.命題規律及備考策略

【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導數求解函數基本問題

2掌握函數零點存在性定理及其應用

3能設而不求進行隱零點的相關替換求值或范圍

【命題預測】零點問題是高考的熱點問題，隱零點的代換與估計問題是函數零點中常見的問題之一，其源于

含指對函數的方程無精確解，這樣我們只能得到存在性之后去估計大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點

代換與估計，所以本節我們做一個專門的分析與討論，方便學生高考綜合復習

知識講解

在求解導數問題時，我們一般對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最

終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點問題”.

1.解題步驟

第1步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程并結合/（X）的單調

性得到零點的范圍；

第2步：以零點為分界點，說明導函數/1（X）的正負，進而得到/（%）的最值表達式；

第3步：將零點方程/'（%）=0適當變形，整體代入/（x）最值式子進行化簡：

（1）要么消除/（x）最值式中的指對項

（2）要么消除其中的參數項；

從而得到/（X）最值式的估計.

2.隱零點的同構

實際上，很多隱零點問題產生的原因就是含有指對項，而這類問題由往往具有同構特征，所以下面我們看到

的這兩個問題，它的隱零點代換則需要同構才能做出，否則，我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡方

向.我們看下面兩例：一類同構式在隱零點問題中的應用：原理分析

xexxlnx

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

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解決形如ex=-^x+lnx=O,這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.

X

考點一、隱零點綜合問題

☆典例引領

1.(2020?山東?統考高考真題)已知函數/(%)=—ln%+ln〃.

(1)當”=e時，求曲線y=〃x)在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范圍.

2.證明ex—21nx>4—21n2

3.求f(x)=ex+1-31nx的極值

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

即時檢測

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

上恒成立，求k的最大值.

2.已知函數/(%)=aex--2(?+1)>0對任意的xe(0,+8)恒成立，其中實數a>0,求。的

X

取值范圍.

3.(2023?遼寧葫蘆島?統考二模)已知函數/=且/(x)20.

⑴求〃；

_31

(2)證明：/(%)存在唯一的極大值點方,且e-

e

4.(2023?全國?模擬預測)已知函數/'(x)=(mx+n)ex+mx2+(2m+”)x在x=-1處取得極小值」-1.

e

⑴求實數機，〃的值；

⑵當xe(0,+co)時，證明：/(x)>lnx+x+-^.

5.(2023?內蒙古赤峰?赤峰二中校聯考模擬預測)已知函數/'(x)=(x+l)lnx+m(x-1).

⑴若機=1,求的單調區間；

⑵當機<-2時，證明：Ax)在(0,1),(1,包)上各有一個零點，且這兩個零點互為倒數.

【能力提升】

1.(2023?遼寧丹東?統考二模)已知尤=:為函數f(x)=lnx-G+a的極值點.

2

⑴求。；

(2)證明：當0<x<T時，療(x)+(x->0.

2.(2023?全國?高三專題練習)已知awR,函數/(x)=e'+加，g(x)是〃力的導函數.

(1)當a>0時，求證：存在唯一的Me1-：,()],使得g(x())=0；

⑵若存在實數a,b,使得/'(力2人恒成立，求的最小值.

3.(2023?全國?高三專題練習)已知函數/(%)=]兀3+%2+狽+]在(_],0)上有兩個極值點，玉,々，且玉<馬.

⑴求實數〃的取值范圍；

(2)證明：當-：<x<0時，

4.(2023春?福建廈門?高二福建省廈門第二中學校考階段練習)已知函數f(x)=/-ln(x+m).

⑴設x=0是f(x)的極值點，求m,并討論f(x)的單調性；

(2)當m32時，證明f(x)>0.

5.(2023春?四川宜賓?高三四川省宜賓市第四中學校校考開學考試)已知函數〃x)=xlnx+履-3人，求:

(1)當％=1時，求曲線/(X)在點(1，/⑴)處的切線方程；

⑵當x>3時，總有“勸>1,求整數、的最小值.

一〃一1

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

x

(1)求函數0(x)=/(X)+g(x)的單調增區間；

(2)當a=1時，記〃(x)=/(x)-g(x),是否存在整數4,使得關于x的不等式244〃(x)有解？若存在，請求出2

的最小值；若不存在，請說明理由.(參考數據：ln2a0.693Lln3al.0986)

32

7.(2021?江西撫州?高三臨川一中校考階段練習)已知函數〃力=山彳+2/一依+1,g(%)=2x-x.

(1)若a>0,討論函數，(尤)在定義域內的極值點個數；

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

x-1

8.(2021秋?四川成都?高三雙流中學校考階段練習)已知函數"x)=x-lnx-2.

⑴求函數在(1,7。))處的切線方程

(2)證明：〃尤)在區間(3,4)內存在唯一的零點；

(3)若對于任意的xe(l,+oo),都有無lnx+尤〉發(無一1)，求整數上的最大值.

9.(2022春?浙江舟山?高三浙江省普陀中學校考階段練習)已知函數/'(司=(彳-左-1)，(其中e為自然對數

的底數).

⑴當k=-1時，求函數外力的極值;

⑵若函數g(x)=/(x)+e2在xe(O,+w)有唯一零點，求實數上的取值范圍；

(3)若不等式/(X)>3x對任意的xeR恒成立，求整數k的最大值.

10.(2021?黑龍江哈爾濱?哈爾濱市第六中學校校考二模)已知函數/(x)=lnx+l+網在點(。"⑷)處的切線

X

過點(。，4).

(1)求實數“的值，并求出函數/(x)單調區間；

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

第16講導數中的隱零點問題（高階拓展）

（核心考點精講精練）

1.4年真題考點分布

4年考情

考題示例考點分析關聯考點

2020年新I卷，第21題,12分導數中的隱零點問題不等式恒成立問題

2.命題規律及備考策略

【命題規律】本節內容是新高考卷的載體內容，設題穩定，難度較大，分值為12分

【備考策略】1能用導數求解函數基本問題

2掌握函數零點存在性定理及其應用

3能設而不求進行隱零點的相關替換求值或范圍

【命題預測】零點問題是高考的熱點問題，隱零點的代換與估計問題是函數零點中常見的問題之一，其源于

含指對函數的方程無精確解，這樣我們只能得到存在性之后去估計大致的范圍，高考中曾多次考查隱零點

代換與估計，所以本節我們做一個專門的分析與討論，方便學生高考綜合復習

知識講解

在求解導數問題時，我們一般對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最

終解決問題，我們稱這類問題為“隱零點問題”.

2.解題步驟

第1步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程并結合/（X）的單調

性得到零點的范圍；

第2步：以零點為分界點，說明導函數/1（X）的正負，進而得到/（%）的最值表達式；

第3步：將零點方程/'（%）=0適當變形，整體代入/（x）最值式子進行化簡：

（1）要么消除/（x）最值式中的指對項

（2）要么消除其中的參數項；

從而得到/（X）最值式的估計.

2.隱零點的同構

實際上，很多隱零點問題產生的原因就是含有指對項，而這類問題由往往具有同構特征，所以下面我們看到

的這兩個問題，它的隱零點代換則需要同構才能做出，否則，我們可能很難找到隱零點合適的代換化簡方

向.我們看下面兩例：一類同構式在隱零點問題中的應用：原理分析

xexxlnx

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

ex-x-1x-lnx-1

/(%)=xex=>/(一In%)=一=>x2ex+In%=0

x

所以在解決形如ex=-^x+lnx=O,這些常見的代換都是隱零點中常見的操作.

X

考點一、隱零點綜合問題

☆典例引領

1.(2020?山東?統考高考真題)已知函數/(%)=—ln%+ln〃.

(1)當”=e時，求曲線y=〃x)在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

(2)若不等式/(x)21恒成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)工(2)口,+8)

e-1

【分析】(1)利用導數的幾何意義求出在點切線方程，即可得到坐標軸交點坐標，最后根據三角形

面積公式得結果；

(2)方法一：利用導數研究函數的單調性，當a=l時，由-⑴=0得/'(x1/"1)=1,符合題意；當

a>l時，可證/，(-)/，(1)<0,從而f\x)存在零點%>0,使得/'(%)=ae^1--=0,得到,利用零

a%o

點的條件，結合指數對數的運算化簡后，利用基本不等式可以證得/(x)21恒成立；當0<。<1時，研究/(1).

即可得到不符合題意.綜合可得a的取值范圍.

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

x

Q/(D=e+l,二切點坐標為(1.1+e),

二函數在點(1g)處的切線方程為y--l=(e-l)(x-l),即y=(e-l)x+2,

???切線與坐標軸交點坐標分別為(0,2),(二4,0),

e-1

1-92

J所求三角形面積為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

設g(x)=f\x)，則g\x)=+4>0,

???g(x)在(。,+8)上單調遞增，即廣⑺在(0,+8)上單調遞增，

當4=1時，1(1)=0,???=,：/(%)之1成立.

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

a??匕7a

,存在唯一%>0,使得/'(/)=a*“一"-=°,且當天￡(0,%)時廣⑺<0,當元w(%,+8)時廣(無)>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；

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

綜上所述，實數a的取值范圍是口,+◎.

［方法二］【最優解】：同構

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,則〃'(〃?)=e"+1>0,所以癡㈤在R上單調遞增.

|

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,貝(無)=――1=-

尤x

所以當X€(0,1)時，/(X)>0,F(x)單調遞增；

當xe(l,+a))時，-0)<0,/。)單調遞減.

所以國研皿=*1)=0,則InaNO,即aNl.

所以。的取值范圍為.

［方法三］:換元同構

由題意知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)時為增函數，故％,即

X

aex~x>x,分離參數后有

ex

人/、1r-rpi\e"1—1e"1(1—x)

令g(x)=”，所以g(x)=e2A2=e：2?

當0<x<l時，g'(x)>O,g(x)單調遞增；當x>l時，g'(尤)<0,g(尤)單調遞減.

所以當x=l時，g(x)=$取得最大值為g⑴=1.所以421.

e

［方法四］：

因為定義域為(。，收),且，(定21,所以/⑴21,即a+ln又21.

令S(a)=a+lna,貝|S(a)=1>0,所以S(a)在區間(0,+s)內單調遞增.

a

因為S(l)=l,所以時，有S(a)2s⑴，即a+lna21.

下面證明當時，/(x)21恒成立.

令T(a)=ae*T-Inx+lna,只需證當aN1時,T(a)21恒成立.

因為7(“)=/7+工>0,所以T(a)在區間口,+⑹內單調遞增，則［7(a)］而口=以1)="T-Inx.

a

因此要證明aNl時,T(a)21恒成立，只需證明［7(a)］而。=e、i-InxNl即可.

由e*Nx+l,lnxVx-l,得2元,一lnx21—尤.

上面兩個不等式兩邊相加可得e*T-In尤21,故時，/(無)21恒成立.

當0<。<1時，因為f(l)=a+lna<l,顯然不滿足了(無)21恒成立.

所以a的取值范圍為

【整體點評】(2)方法一：利用導數判斷函數〃x)的單調性，求出其最小值，由九020即可求出，解法雖

稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；

方法二：利用同構思想將原不等式化成^a+x-x+\na+x-\>e'nx+lnx,再根據函數/i(m)=em+m的單調性以

及分離參數法即可求出，是本題的最優解；

方法三：通過先換元，令ae*T=t,再同構，可將原不等式化成t+ln此x+lnx,再根據函數>=無+lnx的

單調性以及分離參數法求出；

方法四：由特殊到一般，利用〃DN1可得。的取值范圍，再進行充分性證明即可.

2.證明-21nx>4-21n2

證明：要證明左邊大于右邊，只需證明左邊的最小值大于右邊即可

令g(x)=e*-21nx(x>0)

然后求導g(x)=el-g\x)=+4>0,.'.g'(x)單增，

XX

二g'(0.5)<0g(1)>0,因此g'(x)存在零點，，g(x)有一個極小值

,2

x

設g'(x)的零點為x=%0e°----=0(1),兩邊同時取自然對數，二/=ln2-lnx()(2)

%

將(1)、(2)帶入g(x),得g(x0)=--21n2+2x0>4-21n2,證畢

X。

3.求f(x)^ex+1-31nx的極值

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

XX

/(0.5)<0/(l)>0,.-.f\x)存在一個零點

設/(x)的零點為％=%,.?.令f\x)=ex+1--=0

x

3

——(1),XQ+1—In3—In

%

3

.?./(%)=——31n3+3x0+3>9-31n3,即極小值為9-31n3

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

，

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

依題意，h(x)>0恒成立，

求導得h(x)=xex-a--,x>Q,

X

令y=/z(x)=xex~a--,y=(x+l)ex~a0,

,XX

則h(x)在(0,+oo)上單調遞增，

/111L,1

又/z—=—e2-2<0,/z(tz+1)=(a+l)e------>0,

2a+1

xa

則現eg,a+1],使得A(%)=0,即Xoe?-=^-成立，

則當xe(O,xo),/z(x)<0,h(x)單調遞減；當xe(x0,+oo),(x)>0,h(x)單調遞增,

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

當XG(l,+oo)時，令

x

(1x)+2)

有r(x)^~^<0,r(x)在(l,+oo)上單調遞減，

X

而x+21nx在(1,+GO)上單調遞增，

即有函數y=-ln(x+21nx)在(1,+oo)上單調遞減，

于是得函數^(%)=-Inx-ln(x+21nx)

x

在(1,+8)上單調遞減，則當x0e(1,+oo)時，/?(%0)=0(/)<0(1)=0,不合題意；

當xoeQ,l]且%+2收〉。時，由⑴中―知，-2一0,有

一In(%+21n/)Nl-(%+21n%),

從而

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%”。，因此滿足/(x)<(x-l)e^,又a=xQ+21nx0,y=x+21nx

在上單調遞增，則有—21n2,1,而a>0f所以實數a的取值范困是(0,1].

育即町鰻

1.已知函數/(x)=<zx+xlnx(?eR)當a—\且kGZ時，不等式左(x-l)</(x)在xG(1,+oo)

上恒成立，求k的最大值.

x+xlnx

解：依題分離參數得：k<

x-1min

人/、x+xlnx

令g(x)=-------

x-1

令h(x)=x-lnx-2(x>l).

1y_1

則"(x)=l——=-—>0,.-.h(x)在(1,^0)上遞增,

XX

:〃(3)=1—ln3<0,〃(4)=2—21n2>0,

存在x0e(3,4),使/z(xo)=O.

即Inx0-x0-2,

當l<x<Xo時，7i(x)<0=>g'(x)<0,g(x)/；

當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.已知函數/(%)=?ex--^-2(?+l)>0對任意的xe(0,+oo)恒成立，其中實數a>0,求。的

取值范圍.

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)上遞增，

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^=

當0<%<%0時，g(x)<0,f'(x)<0,/(x)遞減

當x>x0時，g(x)>0,f'(x)>0,/(x)遞增：

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

%0%0玉)

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

.?.O=g(%o)Wg(l),由0<g(l)得a>~^.

3.(2023?遼寧葫蘆島?統考二模)己知函數/(幻=加-公-Hnx,且/(x)20.

⑴求。；

_31

(2)證明：/(%)存在唯一的極大值點方,且e-萬</(/)<L

e

【答案】(I)。］

(2)證明見解析

【分析】(1)令8(尤)=加-〃-Inx且無>。，討論〃40、〃>0研究g(x)單調性，求其最小值，結合/(%)=移(%)之。

恒成立，利用導數研究恒成立求參數即可;

(2)利用導數研究/⑺的單調性、極值情況，依據單調性證極大值了(%)的范圍.

【詳解】(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當〃《0時，/(2)=2(3?-ln2)<0(舍)；

②當a>0時，g'(x)=2ax--=2aX，

XX

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

V2aV2a

二；(ln2〃一2〃+1)20.

令/z(Q)=ln2a-2a+l,//(a)=--2=-—―,

aa

在(0,5)上〃(a)>。，力(。)遞增，在(萬,+8)上”(a)<0,力(。)遞減，

所以〃(Gmax=〃出=。，則。J

(2)由(1)矢口：a=—,所以/(九)二］丁一不九一無In%,貝lj/'(%)=不(%2—1)—In尤，

1Qr2-1

令"(%)=/'(%),貝ij/(x)=3x—

XX

在(0，￥)上〃(x)<0,貝lj"(x)遞減，在(#,+00)上/(x)>0,則M(x)遞增，

3

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

\/min

(-2⑸

〃(x)=/'(x)有兩個根1,xoee2,\,/'(x)圖象如下,

；./(無)在(0,%)上單調遞增，在(無o，l)上單調遞減，在(L*?)上單調遞增,

113

存在唯一極大值為=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)單調遞增.

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

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萬</(x0)<e?

【點睛】關鍵點點睛：第一問，討論參數并應用導數研究g(x)=oxJa-lnx且x>0最小值，根據不等式恒成

立確定參數值；第二問，導數研究極值點分布，進而證極大值的范圍.

4.(2023?全國?模擬預測)已知函數/(%)=(mr+")e*+zra?+(2m+”)x在產-1處取得極小值」-1.

e

⑴求實數〃的值；

⑵當xw(0,+00)時，證明：f(-^)>Inx+xH---.

【答案】(1)m=1,n=0

(2)證明見解析

【分析】(1)根據函數極值點與極值，求導數代入計算，即可得%"的值；

(2)設g(x)=xe'+Y+龍-向-個，求g'(x)，確定導函數的單調性與取值情況，即可得g(x)的取值情況,

從而得結論.

【詳解】(1)/z(x)=(mr+M+m)ex+2mx+2m+^,由題意知/(-1)=0,則在一1+〃=0,即〃=0,

由=_」一］,知一竺一機=一1一］,即根=1.

eee

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

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

設"x)=e'+2-1(x>0),則力(x)在(0,+向上單調遞增,

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

當Ovxv/時，M%)vO,g'(%)vO,ga)單調遞減;當時,M%)>O,g'(%)>O,g(x)單調遞增.

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

設G(x)=f_x一則G'(x)=2x—］—工=(尤一J/彳+1),

當xe&,￡|時，G(x)<0,G(x)單調遞減，所以G(x)>G［：=ln3-l>0,所以g(x)>0,

故當xe(0,+oo)時，f[x)>\wc+x+—.

【點睛】方法點睛：證明函數不等式/(x)>g(x)的常用的方法：

(1)構造差函數法：構造差函數*x)=〃x)-g(x),求導〃(x),判斷函數單調性，從而得函數最值，讓

最值與0比較大小即可得答案；

(2)分離函數法：確定中間函數網力，利用導數分別證明〃力>Mx),h(x)>g(x),即可證明結論;

(3)放縮法：利用不等式對所證不等式進行放縮，證明放縮后的不等式成立，即可得結論.

5.(2023?內蒙古赤峰?赤峰二中校聯考模擬預測)已知函數/(x)=(x+l)lnx+Mx-l).

(1)若加=1,求〃x)的單調區間；

⑵當7〃<-2時，證明：/5)在(0,1),(1,內)上各有一個零點，且這兩個零點互為倒數.

【答案】(1)單調增區間為(0,+8)

(2)證明見解析

【分析】(1)首先求出f(x)的定義域，由/'(%)設g(x)=xlnx+2尤+1,*>0,由g。)的單調性,得出g(x)>0,

得出了'(無)>0,即可得出f(x)的單調性；

(2)利用導數判斷原函數的單調性和零點，并將問題轉化為證明了一等于零即可.

【詳解】⑴/(x)=(x+l)lnx+x-l,定義域為(0,+"),

rxlnx+2x+1

/(x)=lnx+(x+l)—+l=lnx+—+2=?

設g(x)=xln%+2x+l,x>0,

則gf(x)=inx+x—i-2=lnx+3,

令g'(x)=。，得％="3,

當x￡(0,e-3),g'(x)v0,則g(x)在(0?3)上單調遞減，

當了￡(匕一3,+8),gf(x)>0,則g(%)在(e3+oo)上單調遞增,

所以g(x)2g("3)=—3/3+2"3+1=_"3+1>0,

所以八幻〉0,故”入)的單調增區間為(o,+“).

(2)/r(x)=lnx+(x+l)—+m=InX+—+1+m,

ii_i

構建e(x)=/'(x),x>o,則”(x)=----^=-r-,無>o,

XXX

令。(x)>0,解得x>l；令夕'(x)<0,解得0<x<l；

則e(x)在(1,+s)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減，

若根<一2,貝1]°(X)29(1)=2+/"<0,

且當x趨近于0或+℃時，°(x)均趨近于+℃,如圖所示:

y=s(x)

O

加+2

所以e(x)在(o,i),(L+8)內均存在一個零點，設為占,三(。(占<1氣)，

當0<x<玉或方>七；時，0(x)>0；當不<》<三時，e(x)<0；

即當o<x<X]或8>超時，>0；當不<工<三時，/,(%)<o；

所以“X)在(0,大),(馬，")上單調遞增，在(占,超)上單調遞減，

由于/(1)=0,則/(占)>/(1)=0,/(%)</(1)=0,

且當X趨近于。時，f(x)均趨近于-8,當X趨近于+8時，“X)均趨近于+8,

所以/⑴在（0,1）,（1,+8）上各有一個零點，

設X。為函數/（X）在（0,1）的零點，

要證了⑺在（0,1）和（1,+8）上各有一個零點，且這兩個零點互為倒數，只需證明=

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

所以當機<-2時，〃x）在（0,1）,。,內）上各有一個零點，且這兩個零點互為倒數.

【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解.這類問題

求解的通法是：

（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；

（2）求導數，得單調區間和極值點；

（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解.

【能力提升】

1.（2023?遼寧丹東?統考二模）已知尤=g為函數/（x）=ln尤-方+。的極值點.

⑴求。；

（2）證明：當0<x<m時，V（尤）+>0.

【答案】⑴a=2

（2）證明見解析

【分析】（1）求出函數的導函數，依題意尸［；］=0,即可求出。的值，再檢驗即可；

（2）設g（x）=^（x）+1x-gj,求出函數的導函數，即可得至!|g'（尤）=/（尤），再由零點存在性定理得到存在

唯一不?0,￡|,使/5）=0,即可得到g（元）的單調性，再結合特殊值，即可證明.

【詳解】（1）f（x）=lnx—依+。定義域為（0,+8）,八x)=U

X

由解得a=2,

1_9Y

若〃=2時/(x)=lnx_2x+2,貝|廣(無)=^_^,

x

當0<x<；時，尸(x)>0,即〃x)在[。,￡|上單調遞增；

當尤時，((為<0,即〃x)在&,+，]上單調遞減，

所以“X)在X=g處取得極大值，符合題意，因此。=2.

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

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

且當。℃o時，g'(x)<0,g(x)單調遞減，

當不〈尤<1時，g，(x)>0,g(x)單調遞增，

當1<X<5時，g，(x)<0,g(x)單調遞減.

由8'5)=0得111尤0=2玉-2,所以一￡|>0,

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

于是當0<x<g時，+>0.

2.(2023?全國?高三專題練習)已知awR,函數/(%)=/+加，g(x)是〃力的導函數.

(1)當a>0時，求證：存在唯一的M,使得g(Xo)=O；

(2)若存在實數a,b,使得/"(x)2b恒成立，求a-人的最小值.

【答案】(1)證明見解析

⑵」

e

【分析】(1)求出g'(x),即可得到g("的單調性，再根據零點存在性定理判斷即可;

(2)分。<0、a=0和a>0三種情況討論，當a>0時，由(1)可得〃x)的最小值為八/),則彌/(不)，

從而得至Ija一人N—e與I1+/——手1+工」

,令/z(x)=-ex<0,利用導數說明函數的單調性，即可求

2x2

I2/27.

出力（力的最小值，即可得解；

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

當a>0時，g'（無）>0,函數g（尤）在上的單調遞增，

又=e"l<0,g（0）=l>0,.?.存在唯一的使得g5）=0.

（2）解：當時，則當x<0時，g（x）>0,

即函數“X）在（-8,0）上單調遞增，且當Xf-8時，〃引f-8,這與“X）9矛盾;

當。=0,由得6V0,/.a-b>0^

當a>0,由（1）知當工€（-00,%）時，g（x）<0；當了?%,+00）時，g（x）>0；

即/（X）在（口,％）上單調遞減，在（七,心）上單調遞增，

/（x）的最小值為〃尤o），其中不滿足e*+2。％=。，故。=-丁且與<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與———2.

1,、,，、

貝廿。）=(x+1),由"（x）<0得x<-l,即函數〃（力在（f,-1）上單調時遞減,

由〃（x）>0得一1<x<0,即函數萬（x）在（T0）上單調遞增,

?,"（%,=/7（T）=T，

綜上得的最小值為」，此時飛=-1.

e

2

3.（2023?全國?高三專題練習）已知函數/（%）=§/+12+以+i在（_1,0）上有兩個極值點，石,々，且％<%2.

⑴求實數〃的取值范圍；

（2）證明：當一5<兀<0時，f（x）>—.

【答案】（i",￡|

（2）證明見解析

【分析】（1）根據題意得方程2爐+2%+〃=0在（-L。）上有兩不等實根，進而結合二次函數零點分布求解即

可；

1921

（2）根據題意得>/元2，進而得/（兀2）=耳考+%；+Q2+1>+考+5工2+1，再構造函數

/z(x)=|x3+x2+1x+l,研究單調性得z?(x)在,;,oj單調遞增,11

進而無(x)>7?

12

2

【詳解】(1)解：?:/(%)=+/+依+1,

2

(x)=2x+2x+af

2

???函數/(%)=耳%3+兀2+依+1在(_1,0)上有兩個極值點看，且石<元2

???由題意知方程2f+2%+Q=0在(一1,0)上有兩不等實根，

設g(x)=2/+2x+a,其圖像的對稱軸為直線x=-g,

g(-l)=a>0

⑼,解得；

故有，g=a>00<”

g

所以，實數°的取值范圍是

(2)證明：由題意知巧是方程2無?+2無+。=0的較大的根，故ze'go

由于0<a<',ax.>—,

22

?,*/)=1W+%；+^^2+1>§W+%；+5X2+1

設W+工2+；x+i,f0

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

???/1(%)在［-；,0)單調遞增，

=*即成立.

...不等式成立,證畢.

4.(2023春?福建廈門?高二福建省廈門第二中學校考階段練習)已知函數f(x)=e，-ln(x+m).

⑴設x=0是f(x)的極值點，求m,并討論f(x)的單調性；

(2)當m、2時，證明f(x)>0.

【答案】在(T，。)上是減函數；在(。，+◎上是增函數(2)見解析

【詳解】⑴尸3=6”———

X+喀

由x=0是f(x)的極值點得f'(0)=0,所以m=l.

1

于是f(x)=ex—ln(x+l),定義域為(一1,+oo),尸㈤=,一廠1

函數廣(X)=/---------在(一1,+8)上單調遞增，且f<0)=0,因此當x￡(—1,0)時，f<x)<0;當x￡(0,+oo)

X-!-l

時，f!(x)>0.

所以f(x)在(一1,0)上單調遞減，在(0,+8)上單調遞增.

(2)當mg2,x￡(—m,+oo)時，ln(x+m)gln(x+2),故只需證明當m=2時，f(x)>0.

當m=2時，函數，=------在(一2,+oo)上單調遞增.

N+2

又「(-1)<0,f'(0)>0,故F(x)=0在(-2,+8)上有唯一實根.，且演?-1,0卜

當