重难专题06 导数大招之三：隐零点的四大应用（4大基础题型+能力提升+拓展提升）高二数学人教A版选择性必修第二册

重难专题06 导数大招之三：隐零点的四大应用 【知识方法剖析】 一、隐零点的概念 求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题． 二、利用隐零点解题的基本策略及步骤 1．基本策略： 处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等. 2．操作步骤 第一步：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f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可． 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”． 三、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的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 题型一 证明不等式 1．证明 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 然后求导 , 单增, , 因此 存在零点, 有一个极小值 设 的零点为 (1), 两边同时取自然对数, (2) 将(1)、(2)带入 , 得 , 证毕 2.设函数，设求证：当时， 【解析】的定义域为， 设，， 当，，即在区间为增函数， 又因为，所以 由零点存在定理可知在的唯一零点为 当时，，当， 故在单调递减，在单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 由，即，两边去对数得 由于，所以 所以 【方法小结】可转化为求，而的最小值恰好在的零点处取得，但是这个零点无法求得，这个时候我们可以利用零点满足的关系式(必要的时候需要一些变形)来化简的表达式，思想是将超越式消掉，即尽量不含等；本题是化简后利用了均值不等式得到所证结果． 3．已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案； （2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论. 【解析】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； （2）证明：设， ，令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故 即，即，则. 题型二 解决极值或最值问题 1．求 的极值 解: 存在一个零点 设 的零点为 令 , 即极小值为 2．【2017年全国课标1】已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【解析】（1）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0． 因为 当0＜x＜时h′（x）＜0，当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1； （另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；） （2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣， 令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣﹣=﹣﹣=﹣+，由x0＜可知f（x0）＜； 由f′（）＜0可知x0＜＜， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）=； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 题型三 求参数的取值范围 1．设函数，若恒成立，求正整数的最大值． 【解析】由题意可得在内恒成立 令，则，又 令，则，在上单调递增 而，，所以存在唯一的使得 即，且当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增 ，所以，即正整数的最大值为． 2．设函数． (1)求的单调区间； (2)若为整数，且当时，，求的最大值． 【解析】（1） ①当时，恒成立 在 ②当时，令，得 在 （2）对恒成立， 对恒成立的必要条件是即 下证充分性 当时， 令在 ，即在 故 当时，使得即 单调递减，得 不合题意 综上 3．已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【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=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【解析】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，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，再根据函数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，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 题型四 解决函数零点问题 1.函数f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2的图象在x＝0处的切线为y＝ax－a－3，a∈R. (1)求λ的值； (2)求f(x)在(0，＋∞)上零点的个数. 【解析】(1)因为f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2，f'(x)＝λeλx－4cos x， 所以f'(0)＝λ－4，所以切线斜率为λ－4，即a＝λ－4，所以切线方程为y＝x－λ＋1， 又f(0)＝λ－1，所以切点坐标为(0，λ－1)， 则λ－1＝－λ＋1，解得λ＝1. (2)由(1)得f(x)＝ex－4sin x－1，f'(x)＝ex－4cos x， 令g(x)＝f'(x)＝ex－4cos x，则g'(x)＝ex＋4sin x， 当x≥π时，f'(x)＝ex－4cos x＞0恒成立，所以f(x)在上递增， 所以f(x)≥f(π)＝eπ－4sin π－1＝eπ－1＞0，因此f(x)在[π，＋∞)无零点； 当0＜x＜π时，g'(x)＝ex＋4sin x＞0恒成立，所以f'(x)单调递增， 又f'(0)＝－3＜0，f'(π)＝eπ＋4＞0，所以f'(x)在(0，π)上存在唯一的零点x0， 当x∈，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈，f'(x)＞0，f(x)单调递增； 又f(0)＝0，f(x0)＜f(0)＝0，f(π)＝eπ－1＞0，因此f(x)在(0，π)上仅有1个零点； 综上，f(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点. 2.已知函数f(x)＝ex＋acos x在x＝0处的切线方程为y＝x＋2. (1)求实数a的值； (2)探究f(x)在区间内的零点个数，并说明理由. 【解析】(1)由x＝0处的切线方程为y＝x＋2，所以切点为(0，2)， 把点代入得e0＋acos 0＝2，所以a＝1. (2)由(1)可知f(x)＝ex＋cos x， 所以f'(x)＝ex－sin x， 令g(x)＝f'(x)＝ex－sin x，g'(x)＝ex－cos x， 当x∈时，g'(x)＞0，则g(x)在区间上单调递增. 因为g＝－1＜0，g＝e－π＞0， 所以由零点存在定理可知，存在x0∈，使得g(x0)＝0，即＝sin x0， 所以当x∈时，f'(x)＜0，则f(x)在区间上单调递减； 当x∈时，f'(x)＞0，则f(x)在区间上单调递增， 又因为f＝＋cos＞0，f＝e－π－1＜0， 所以由零点存在定理可知f(x)在区间上有且仅有一个零点x1. 当x∈时，f'(x)＝ex－sin x＞0； 当x∈时，f'(x)＝ex－sin x≥e0－1≥0； 所以f(x)在区间上单调递增. 又因为f＝e－π－1＜0，f(0)＝e0＋1＞0， 所以由零点存在定理可知，存在唯一零点x2∈，使得f(x2)＝0， 综上可得，f(x)在区间内有且仅有两个零点. 1．设函数， （1）当时，求函数图象在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若不等式对恒成立，求整数的最大值. 【分析】（1）当时，可得，，求出，，即可求出切线方程； （2）求出，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可； （3）当时，不等式恒成立，即：恒成立，等价于当时，恒成立；即对恒成立，令，根据导数求其最值，即可求得答案. 【解析】（1）当时， 可得， ， 可得：， 所求切线方程为 （2） . 令，则. 当时，； 当时，； 的单调递增区间是，单调递减区间是. （3）当时，不等式恒成立 即：恒成立， 等价于当时，恒成立； 即对恒成立. 令，， ， 令，， ， 在上单调递增. 又，， 在上有唯一零点，且， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， 故整数的最大值为. 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：对任意的，． 【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为，利用导数讨论最值即可求解. 【解析】（1）由题可知函数的定义域为 ， ， 即， (i)若， 则在定义域上恒成立， 此时函数在上单调递增； (ii) 若， 令，即，解得, 令，即，解得, 所以在上单调递减，上单调递增. 综上，时，在上单调递增； 时，在上单调递减，上单调递增. （2）当时，， 要证明，只用证明， 令，， 令，即，可得方程有唯一解设为，且， 所以， 当变化时，与的变化情况如下， 单调递减 单调递增 所以， 因为，因为，所以不取等号， 即，即恒成立， 所以，恒成立， 得证. 3.已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，φ(x)＝ex－－. (1)求φ(x)的最小值； (2)设h(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数h(x)的零点个数. 【解析(1)φ'(x)＝ex－＋＝， 令μ(x)＝x2ex＋ln x， 则μ'(x)＝ex＋， 由x＞0，故μ'(x)＝ex＋＞0恒成立，故μ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又μ＝＋ln＝－1＝＜0，μ(1)＝e＋ln 1＝e＞0， 故存在x0∈，使μ(x0)＝0，即＋ln x0＝0， 即φ(x)在上单调递减，在上单调递增， 故φ(x)≥φ(x0)， 由＋ln x0＝0， 则x0＝－＝ln·， 令ω(x)＝f(x)＋1＝xex， 则有ω(x0)＝ω， ω'(x)＝f'(x)＝ex，当x＞0时，ω'(x)＞0恒成立， 故ω(x)在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln，即ln x0＝－x0， 则φ(x0)＝－－＝－－＝＋1－＝1， 即φ(x)的最小值为1. (2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝xex－1－ln x＋mx＝0， 即有－m＝ex－－＝φ(x)， 即函数h(x)的零点个数为φ(x)＝－m的实数根的个数， 由(1)知，φ(x)在上单调递减，在上单调递增，且φ(x0)＝1， 又当x→0时，φ(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 故当－m＝1，即m＝－1时，φ(x)＝－m有唯一实数根， 当－m＞1，即m＜－1时，φ(x)＝－m有两实数根， 当－m＜1，即m＞－1时，φ(x)＝－m无实数根， 即当m＝－1时，函数h(x)有一个零点， 当m＜－1时，函数h(x)有两个零点， 当m＞－1时，函数h(x)无零点. 4.函数f(x)＝(x－a)ex－x2. (1)若a＝1，x∈[0，1]，求函数f(x)的最值； (2)若a∈Z，函数f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求a的最大整数值. 【解析】(1)若a＝1，则函数f(x)＝(x－1)ex－x2，f'(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2). 令f'(x)＝0，则x＝0或x＝ln 2，由于x∈[0，1]， 因而当x∈(0，ln 2)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(ln 2，1)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)的最小值为f(ln 2)＝－1－(ln 2－1)2，最大值为f(0)＝f(1)＝－1. (2)f'(x)＝ex＋(x－a)ex－2x＝(x＋1－a)ex－2x， 由f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数， 得f'(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立， 即(x＋1－a)ex－2x≥0，x∈[0，＋∞)，分离参数得1－a≥－x，x∈[0，＋∞). 设g(x)＝－x， 则g'(x)＝－1＝， 令g'(x)＝0，即2－2x－ex＝0. 设h(x)＝2－2x－ex，易知h(x)在[0，＋∞)上单调递减，由于h(0)＝1＞0，h＝1－＜0， 因而方程2－2x－ex＝0在上有解，设为x0， 则＝2－2x0，且当x∈(0，x0)时，g'(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)＜0， 所以g(x)的最大值为g(x0)＝－x0＝－x0＝. 因而1－a≥，即a≤1＋＝3＋＋x0－1， 又x0∈，x0－1∈， 所以3＋＋x0－1∈， 所以a的最大整数值为0. 5.已知函数f(x)＝2ln x－x2－1. (1)试研究函数f(x)的极值点； (2)若F(x)＝f(x)＋4ax恰有一个零点，求证：0＜a＜. 【解析】(1)由f(x)＝2ln x－x2－1，定义域为(0，＋∞)， 则f'(x)＝－2x＝－，x＞0， 所以当0＜x＜1时，f'(x)＞0，此时函数f(x)在上单调递增， 当x＞1时，f'(x)＜0，此时函数f(x)在上单调递减， 故函数f(x)有唯一极大值点x＝1，无极小值点. (2)证明：由题意可得F'(x)＝4a＋－2x，x＞0，令F'(x)＝0，解得x＝a±， 因为x＝a＋＞0，x＝a－＜0， 所以F'(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝a＋， 当x∈时，F'(x)＞0，F(x)在上单调递增； 当x∈时，F'(x)＜0，F(x)在上单调递减. 因为F(x)有且仅有一个零点，所以F'(x0)＝0且F(x0)＝0. 即消去a并整理得2ln x0＋－3＝0， 令h(x)＝2ln x＋x2－3，则h'(x)＝＋2x， 因为x＞0时，h'(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝－2＜0，h(2)＝2ln 2＋1＞0， 所以1＜x0＜2. 又a＝，且函数y＝上单调递增，所以0＜a＜. 1．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； (3)若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 【分析】（1）利用导数可确定单调性，由极值定义可求得结果； （2）利用导数可确定的单调性；当时，可知，解不等式可知无满足题意的值；当时，根据，分别在，和三种情况下，根据在有唯一零点可构造不等式求得结果； （3）将恒成立不等式化为，令得，令可确定，使得，由此可得，进而得到的范围，从而得到. 【解析】（1）当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值. （2），， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ①当时，在上单调递增，若在上有唯一零点，则， 即，解得：（舍）； ②当时，在上单调递减，在上单调递增； 当，即时，，则在上无零点，不合题意； 当，即时，在上有唯一零点，满足题意； 当，即时，由得：， 在上有唯一零点，此时需，即； 综上所述：当或时，在上有唯一零点， 即实数的取值范围为. （3）若对恒成立，即对恒成立，则， 令，则， 令，则，在上单调递增， ，，，使得， 即， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ， ，，， ，整数的最大值为. 2.已知函数f(x)＝x2－ln x，g(x)＝ex－1－x2－ax(a＞0). (1)求f(x)的单调区间； (2)设函数F(x)＝f(x)＋g(x).证明： ①函数F(x)有唯一极值点； ②若函数F(x)有唯一零点x0，则1＜x0＜2 【解析】(1)由函数f(x)＝x2－ln x可得：x＞0，且f'(x)＝x－＝＝， 当0＜x＜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)的减区间是，增区间是. (2)证明：①因为a＞0，F(x)＝ex－1－ln x－ax的定义域为(0，＋∞)， 所以F'(x)＝ex－1－－a， 令t(x)＝F'(x)，则t'(x)＝ex－1＋＞0， 所以F'(x)在(0，＋∞)单调递增. 设h(x)＝ex－x－1，则h'(x)＝ex－1，当x＞0时，h'(x)＞0，所以h(x)单调递增， 当x＜0时，h'(x)＜0，所以h(x)单调递减， 所以h(x)≥h(0)＝0， 所以ex－x－1≥0，即ex≥x＋1， 所以F'＝ea－－a＞a＋1－－a＝1－＞0，又F'(1)＝－a＜0， 所以存在唯一的t0∈，使得F'＝0，即－－a＝0， 当x∈时，F'＜0，F(x)单调递减； 当x∈时，F'＞0，F(x)单调递增， 所以函数F(x)有唯一极值点. ②由①得F(x)min＝F，因为函数F(x)有唯一零点x0，且x→0时，F(x)→＋∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，所以F＝0， 所以x0＝t0，即＝＋a， 所以F(x0)＝＋a－ln x0－ax0＝0， 设φ(x0)＝＋a－ln x0－ax0， 所以φ'(x0)＝－－－a＜0， 所以φ(x0)在单调递减， 因为φ(1)＝1＞0，φ(2)＝－ln 2－a＜0， 所以1＜x0＜2. 6 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题06 导数大招之三：隐零点的四大应用 【知识方法剖析】 一、隐零点的概念 求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题． 二、利用隐零点解题的基本策略及步骤 1．基本策略： 处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等. 2．操作步骤 第一步：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f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可． 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”． 三、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的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 题型一 证明不等式 1．证明 2.设函数，设求证：当时， 3．已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 题型二 解决极值或最值问题 1．求 的极值 2．【2017年全国课标1】已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 题型三 求参数的取值范围 1．设函数，若恒成立，求正整数的最大值． 2．设函数． (1)求的单调区间； (2)若为整数，且当时，，求的最大值． 3．已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 题型四 解决函数零点问题 1.函数f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2的图象在x＝0处的切线为y＝ax－a－3，a∈R. (1)求λ的值； (2)求f(x)在(0，＋∞)上零点的个数. 2.已知函数f(x)＝ex＋acos x在x＝0处的切线方程为y＝x＋2. (1)求实数a的值； (2)探究f(x)在区间内的零点个数，并说明理由. 1．设函数， （1）当时，求函数图象在处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若不等式对恒成立，求整数的最大值. 2．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：对任意的，． 3.已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，φ(x)＝ex－－. (1)求φ(x)的最小值； (2)设h(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数h(x)的零点个数. 4.函数f(x)＝(x－a)ex－x2. (1)若a＝1，x∈[0，1]，求函数f(x)的最值； (2)若a∈Z，函数f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求a的最大整数值. 5.已知函数f(x)＝2ln x－x2－1. (1)试研究函数f(x)的极值点； (2)若F(x)＝f(x)＋4ax恰有一个零点，求证：0＜a＜. 1．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； (3)若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 2.已知函数f(x)＝x2－ln x，g(x)＝ex－1－x2－ax(a＞0). (1)求f(x)的单调区间； (2)设函数F(x)＝f(x)＋g(x).证明： ①函数F(x)有唯一极值点； ②若函数F(x)有唯一零点x0，则1＜x0＜2 6 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $