上分专题10 设而不求解决导函数零点不易求问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

即方程er+ax=nx+x=em+lnx恰有2个不同的实根. 设m(x)=e+x,.方程m(ax)=m(lnx)恰有2个不同的 实根.：m'(x)=e+l>0对任意的xeR恒成立，.m(x)是 增函数，方程a=n,即a-血恰有2个不同的实根 设6)-，则A()的图象与直线y=a拾有2个交 点，h'()三-nx,令(x)=0,可得x=e,.当0<x<e 时，h'(x)>0,当x>e时，h'(x)<0,.h(x)在区间(0，e)上 单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，.h(x)mx= h(e)=,又a(1)=0,当1时，h(x)>0.当0<a 时，h(x)的图象与直线y=a恰有2个交点，即实数a的取 值范围为(0，。）】 12.(1)解：函数fx)定义域为(0，+0），又"(x)=2 1 -1 -+2-1,设m(x)=-2+2k-1,则4=4(2-1)，①当 0<k≤1时，△≤0，f'(x)≤0恒成立，且至多一点处为0，函 数fx)在(0，+∞)上单调递减；②当>1时，△>0，m(x)有 两个零点x1=k-2-1>0,2=+√2-1>0，则当0<x<x 或x>x2时，m(x)<0,即f'(x)<0;当x,<x<2时，m(x)>0, 即f'(x)>0,即函数fx)在(0，x),(x2,+∞)上单调递减， 在(x1,x2)上单调递增，所以当0<k≤1时f代x)的单调递减 区间为(0，+∞)；当k>1时，八x)的单调递减区间为 (0,k-√2-1)，(k+√2-1，+)，单调递增区间为 (k-2-1,k+2-1). (2)证明：由(1)知，当k=1时，x∈（1，+0)时，f(x)= 1 4n-2n+2 是)n()n(+苹)*h(+k( 2 3+2 -2 +2 号所u(+)(+)(+）小-( n 2 (3)解：函数g(x)=2nx-x-上+2=1mx-(x-1)2 ()（）于nx与-1同号则 y=x+二只有一个零点x=1,令1=在，由f1)=0,则 g(x)有三个不同的零点等价于函数()有三个不同的零 点，由(1)知，当0<k≤1时，x)在(0，+0)上单调递藏不 合题意；当k>1时，由(1)知，代x)的两极值点1，x2满足 选择性必修第二册·BS xx2=1.设f()中的两极值点为t1,2(11<2).所以2=1， 得，<1<2，由f1)=0,则f(t)<f1)=0<f2),由(2)知， 当1我心行则5号名即ni-因 此4)=2(4)-按+c2(4-云）-+ 1-462 4<0,由零点存在性定理知，()在区间(，42)上有 唯-的-个零点，显然)+（公）=26-6* to to 当>1时，)存在三个不同的零点，1，，所以k的取 to 值范围是(1，+0). 上分专题10“设而不求”解决 导函数零点不易求问题 1.解：(1)由题知，f'(x)=(x+1)e,令f'(x)=0得x=-1,且 x∈(-0，-1)时∫'(x)<0:x∈(-1，+0)时，∫'(x)>0,所以 f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，所 以当x=-1时，代x)有极小值为f(-1)=-1故极小值为 e 日无极大值 (2)由f(x)-g(x)=xe-lnx-x+a≥0恒成立，令m(x)=xe- n+a,e(0.+).则a()=(+)(e-）,令 h(x)=e天x∈(0，+∞)，则h'(x)=e+2>0,所以h(x) 在0，+a)上单调避城，又h(行）-e-2<0.a6()=e-1D 0,所以3，=（分1），使得A()=0.即m(,)=0, 且e0-1=0,则ln=-,当xe(0,)时，m'(x)<0:当 x∈(x,+∞)时，m'(x)>0,所以m(x)在(0，xo)上单调递 减，在(xo,+o)上单调递增，故m(x)min=m(xo)=xe0- nx0-xo+a=1+x0-xo+a=1+a,因为m(x)≥0恒成立，即 m(x)mn=1+a≥0，即a≥-L.所以a的取值范围为 [-1,+). 2解：0)2”r)=2m2,当e1.e 时，2lnxe[0,2],若a≤0→2-a-2lnx≥0，即f(x)在区间 [1,e]上单调递增；若a≥2→2-a-2lnx≤0，即f(x)在区间 [1,e]上单调递减：若0<a<2,令f'(x)>0→x<e,令 f'(x)<0=x>e片，可知x)在[1，c宁)上单调递增，在 (e片，e]上单调递减综上所述，a≤0时，x)在区间 [1,e]上单调递增；a≥2时，fx)在区间[l,e]上单调递减； 0<a<2时)在[1，e宁)上单调递增，在(e片，e上单 调递减. (2)根据题意可知2nr+a≤c+-1→a≤2e+1--21nx 恒成立，设g(x)=x2e+1-x-2nx(x>0),则g'(x)=(2x+ e-2-(+2(）令（到=01(o0)= 黑白题68 h'(x)=(x2+2x)e>0,则h(x)在定义域上单调递增，易知 h(0)<0<h(1),即3xne(0,1),使得h(x)=xeo-1=0,即 xe(0,xo)时，g'(x)<0,此时g(x)单调递减，x∈(xo,+∞) 时，g'(x)>0,此时g(x)单调递增，g(x)≥g(x)=xe0+1- xo-2lnxo,又因为xe0=1,所以g(xo)=1+1-x0-lnx后=2- x0-lne0=2,所以a≤2，即a∈(-o,2]. 3.解：(1)当m=0时，)=血-2+1，则“()=3-血x 2 f(1)=-1'(1)=3,.曲线y=fx)在点(1代1)处的切 线方程为y+1=3(x-1),即3x-y-4=0. (2)由f)<0得me+n-2+1<0,m<2-n=在 xe" (0,+)上恒成立，令(x)=2-n,则(x)= xe (1小-(2-nen 。gh,令 p(x)=x-3+lnx,易知p(x)在(0，+o)上单调递增」 p(2)=-1+ln2<0,9(3)=ln3>0,3x∈(2,3)，使得 p()=0,即lnxo=3-o,当xe(0,x)时，h'(x)<0,当 x∈(xo,+∞)时，h'(x)>0,∴.h(x)在(0，xo)上单调递减，在 (xo,+o)上单调递增，∴h(x)min=h(x)= 2-lnxo-,由 xoe'o lnxo=3-xo,得lnx+lneo=n(xeo)=3,∴.xe0=e3, 2-lno70=-1, e3m< 3…m的取 1 ..h(x)min=h(xo) xoeo 值范是(-“，) 4.(1)解：由题意得，h(x)= 子2-ln(x+2)A(x)的定义域 为(-2，+∞)，.h'(x)=x- 2令00即 x2+2x-1=0,解得x=2-1,当-2<x<√2-1时，h'(x)<0, h(x)在(-2，√2-1)上单调递减，当x>√2-1时，h'(x)>0, h(x)在(2-1，+0)上单调递增；当x=2-1时，h(x)取得 极小值，极小值为(-1)=2+h(,+1). (2)解：由题意得，x)的定义域为(-0,0)U(0,+0), f"(“-》。>0只需判断at-1的符号 x21 ①当a=0时f'(x)<0,则f(x)在(-o,0)和(0，+0)上单 调递减：②当>0时，令f'(x)=0,解得x=,当x<0或0< <时f'(x)<0)在(-x.0)和(0，。)上单调递减： 当时'(>0到在（行+）上单调递增：③当a< 0时，同理可求)在（行0）和(0，+x)上单调递减，在 (-0,)上单调递增综上所述，当a=0时)在(-0,0) 及(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(-，0)和 (0,)上单调递减，在（行+）上单润递指：当a<0 时✉)在（行0）和(0，+）上单调递减，在(2，。） 上单调递增. (3)证明：由题意需证e>n(x+2),设t(x)=e-ln(x+2),则 参考答案 (:)的定义设为(-2+r()=e中2易知r(e)在 (-2,+0)上单调递增，t(-1)<0,t'(0)>0,.t'(x)在 (-2,+0)上有零点x0,且x∈(-1,0)，易知当x∈(-2，x0) 时，t(x)<0,当xe(x0,+∞)时，'(x)>0,.当x=x0时， (x)取得最小值.由'()=0得0=1 x0+2’0= -l(x+2),故(x)≥t(x)=e0-1n(x+2)=1 0+2*无物 +2(+2)-2>2-2=0,e>m(x+2)xx)>g(x. 1 5.(1)解：因为f'(x)=e(x+2),所以f'(0)=2,又f(0)=1,所 以曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y-1=2(x-0), 即2x-y+1=0. (2)证明：因为h(x)=e-x-2,所以h'(x)=e-1,当x>0 时，h'(x)=e-1>0,所以h(x)在(0，+∞)内单调递增，又 h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,所以h(x)在(1,2)内有一个 零点，所以h(x)在(0，+∞)内存在唯一零点. (3)解：当x>0时，e-1>0,所以不等式f(x)>g(x)台k< ,记aeo0则am (e*-1)2, 由(2)知，存在x0∈(1,2)使得e0-x-2=0,得e0=xo+2,且 当0<x<x时，e-x-2<0,m'(x)<0,当x>xo时，e*-x-2> 0,m'(x)>0,所以m(x)在(0，xo)上单调递减，在(x。,+0) 上单调递增，所以当x=x。时，m(x)m=m(xo)= e0(xo+1)(xo+2)(x+1) =x0+2,所以k<x+2.因为x0∈ e0-1 xo+1 (1,2),所以x+2∈(3,4)，又k∈Z,所以k≤3，所以整数k 的最大值为3. 6.解：(1)当a=2时，则fx)=2x-2lnx,可知f(x)的定义域为 (0,+),且f'(x)=2-2-2(-1D,令f'()<0,解得e (0,1);令f'(x)>0,解得x∈(1，+∞)，可知f代x)的单调递减 区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+).所以函数f(x)的最 小值为f1)=2. (2)由题意可知f(x)的定义域为(0，+0)，且f'(x)=a- 2_-2(x>0),当a≤0时f'(x)<0恒成立，所以x)的 单调递减区间是(0，+∞)，无单调递增区间：当a>0时，令 了=0解得=名")0，解得xe(o,名)冷 "(>0,解得xe(2,+x）,所以x)的单调递减区间是 (0,)单周递带区间是（后+女小综上所运，当a飞0 2 时，(x)的单调递减区间是(0，+∞)，无单调递增区间；当 0时()的单测递减区间是0，名，单测递增区间是 (3)当x>1时，不等式f(x)<(x-2)lnx+2x+a-1恒成立，即 ax-2n<(x-2)n+2x+a-l,整理可得an+L+2,原 x-1x-1 题意等价于a出于，？对任意1恒成立，今g -x+2(>1),则g(x)=1+n(x-nx xln x 1 (x-1)2 =,令a()=n-2,>1,则()1- 白题69 L-->0,所以h(x)在区间(1，+)上单调递增，因为 h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4>0,所以h(x)在区间 (1,+∞)内存在唯一零点x∈(3,4)，即x-lnx0-2=0,所 以lnxo=xo-2,当x∈(1，xo)时，h(x)<0,即g'(x)<0;当x∈ (x。,+)时，h(x)>0,即g'(x)>0.可知g(x)在区间(1，x0) 上单调递减，在区间(xo,+∞)上单调递增，所以g(x)in xoln xo 1 g(xo)= 。01+2= 22因为 x∈(3,4)，则xo+1e(4,5),即g(x)mme(4,5),且a为整 数，则a≤4，所以整数a的最大值是4. 7.解：(1)x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1-,当a≤0 时.f'(x)>0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递增：当a>0 时，由f'(x)=0得x=a,当0<x<a时，f'(x)<0,当x>a时， f'(x)>0,故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递 增.综上，当a≤0时，f(x)在(0，+o)上单调递增，当a>0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,+)上单调递增. (2)①：g(x)=fx）-(m+1）x+m=ln-m+m 心g'(x)= -mm-m-m:_m-+m令h(x）=m2-+m,要 1 使g(x)存在两个极值点x,x2,则方程mx2-x+m=0有两个 不相等的正数根1，x2, h(0)=m>0, 70 .2m 解得0<m<2m的 +m<0 取值范围为0<m<2 ②由于x)<2x-(x-2)e+6在xe[?,1]上恒成立. n+(-2)c-b在xe[3,1]上恒成立，令G() n+(x-2)ex,则c(x)<6在x∈[分，1]上恒成立，则 c(=x-2ee1=(-(e-）当 -≤x<1 时-1<0，令()=-,则(e)=e+>0u(在 (31）上单调递增，又u(3）=6-2<0,u()=e-1>0, 存在元e(1）使得()=0，即e0= 故当xe(分)时.a()<0,此时()>0，当e (xo,1)时，u(x)>0,此时G(x)<0,故函数G(x)在 (分)上单调递增，在(，1)上单潤递减，从面 G(x)m=G(xo)=In xo+(x-2)eo-=-+(o-2). =1-2-2令m()=1-2-2,e(分，1）则 xo 12 1 递增，-4=m(2)<m(x)<m(1)=-3,又6为整数，故6≥ -3,即整数b的最小值为-3. 选择性必修第二册·BS 8.解：(1)f'(x)=[-x2+(a-2)x+a-1]e*=-(x+1-a)(x+1)e. ①当a=0时，f'(x)=-(x+1)2e≤0，f代x)单调递减； ②当a>0时，-1<a-1,此时若x∈(-0，-1)，则f'(x)<0, f(x)单调递减；若x∈(-1，a-1),则f'(x)>0,f(x)单调递 增：若x∈(a-l,+o),则f'(x)<0,f(x)单调递减； ③当a<0时，a-1<-1,此时若xe(-o,a-1),则f'(x)<0 f(x)单调递减；若xe(a-1,-1),则f'(x)>0,f(x)单调递 增；若x∈(-1，+o),则f'(x)<0,f(x)单调递减 综上所述：当a=0时，f代x)在R上单调递减；当a>0时， f(x)在(-∞，-1)和(a-1,+∞)上单调递减，在(-1，a-1)上 单调递增；当a<0时，f(x)在(-0，a-1)和(-1，+o)上单 调递减，在(a-1,-1)上单调递增. (2)当a=2时f(x)<(1-x)(kx-3),即(-x2+2x-1)e<(1- x)(kx-3),化简得-(x-1)2e<(1-x)(x-3).因为x>1,所 以(x-1）e>k-3,即k<x-1)e+3要证k<x-1)e+3在 (1,+)上恒成立，令g(x)=（x-l)e+3,只需证k< Y gmg(x)=（-+e-3,令m(x)=(-t+1）e-3. 则m'(x)=x(x+1)e,因为x>1,所以m'(x)>0,所以m(x) 单调递增，m(1)=e-3<0,m(2)-3e2-3>0,所以存在x∈ (1,2),使得m(xo)=(x后-xo+1)e0-3=0,即当x∈ (1,xo)时，m(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(x0,+0) 时，m(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增；所以g(x)mn=g(xo)= 3 (x-1)e*o+3（o-l)3 -+3 6-0+1 3x0 3一因为 3X0 x0-0+1 1 x0+ -1 e1.2,所以+1e(1),所以g)e(2.3). 0 所以整数k的最大值为2. 上分专题11导数综合应用中的双变量问题 1.(1)解：因为fx)=[x2-(m-2)x+m+2]e,所以f'(x)=[x2- (m-4)x+4]e,由题意，x2-(m-4)x+4=0在(0,4)上有两 个不同的根1，，所以+4=m-4在(0,4)上有两个不同 的根1，由y=+在(0,2)上单调递减，在(2.4)上单 调递增，其中区间(0,2)上的值域为(4，+∞)，区间(2,4)上 的值域为(4,5)，所以4<m-4<5,则8<m<9. (2)证明：由(1)知x1+x2=m-4,xx2=4,所以f(x1)f(x2)= [x-(m-2)c+m+2][x-(m-2)x2+m+2]e12=[xx- (m-2)x1x2-(m-2)xx2+(m-2)2x,x2+(m+2)(x+x2)- (m2-4)(x1+x2)+(m+2)2]e*1+2=[x7x-(m-2)x1x2(x1+ x2)+(m-2)2x1x2+(m+2)(x号+x号)-(m2-4)(x1+x2)+ (m+2)2]e12=[16-4(m-2)(m-4)+4(m-2)2+(m+2)· (m-4)2-8(m+2)-(m2-4)(m-4)+(m+2)2]em-4=(-m2+ 8m+4)em-4,令g(m)=(-m2+8m+4)em-4,则g'(m)=(-m2+ 6m+12)em-4,且8<m<9,故g'(m)<0,所以g(m)在(8,9)上 单调递减，则g(m)<g(8)=4e,所以f(x,)f(x2)<4e得证. 2.解：(1)因为x)=nx+2-2a,x>0,所以f'(x)=1+ 2x-2a-24-2+1,令g(x)=2x2-2ax+1,则4=4h2-8= 4(a2-2),因为a>0,当0<a≤2时，A≤0，则g(x)≥0，即 f'(x)≥0，此时f(x)在(0，+∞)上单调递增：当a>√2时，△> 黑白题70上分专题10“设而不求”解决导函数零点不易求问题 命题密钥 这一类问题又被称为“隐零点”问题，“隐零点”指的是在解方程∫'(x)=0时，该方程为 超越方程，且满足能够判断方程有实数根，但是无法直接计算出来，从而只能设方程的实数根 为x,这样的x就称为“隐零点”.在高考的函数问题中，“隐零点”问题多见于含有指、对形式 的函数，有时候也会在含有三角形式的函数中考查.在解决“隐零点”问题时，我们比较常见的 解题思路是虚设零点，利用f'(x)=0得到的关于x。的数量关系进行代换和化简，从而解决 问题， 还有一类问题是数值估计，这类问题一般以恒成立的形式呈现，通常问法为“求使得不等 式恒成立的最大（或最小）的整数参数a的值”.比较常见的解法是通过参变分离得出参数a 关于“隐零点”x的解析式a≤g()(或a≥g(xo)),并估算出x较为精确的范围以确定a的 取值 考点觉醒 ·虚设零点，整体代换 在∫'(x)=0中将指数（或对数、三角）用剩余部分表示并代入消 去指数（或对数、三角）并化简 常见的代 用含x的式子表示出参数a,即a=gx),代入消去参数a后根据题 换方法 目条件求解x,的范围，再根据a=g(x)求出a的范围 利用同构式和所构造函数的单调性得到e与lnx关于x的解析 式（不包含指、对，只有幂的形式），回代后并化简求值 ●数值估计 参变分离 将题目问题转化为a≤gx)（或a≥g(x))恒成立 及 利用“隐零点” 表示函数单调性 根据单调性得出a≤gxo)(或a≥g(x)) 求a的范围，并 缩小x,的范围，将gx,)的取值范围缩小为n,n+1)n∈Z 确定整数a的值 的一个子集，从而得到ax=n（或amm=n+l) 黑白题·上分秘籍27 实战演练 题组1 虚设与代换 3.整(2025·吉林白城高二月考)已知函数 1.(2025·江西萍乡高二期末)已知函数 x)=me'n x21 f(x)=xe",g(x)=In x+x-a,aER. 名 (1)求f(x)的极值； (1)若m=0,求曲线y=f(x)在点(1，f(1)) (2)若f(x)-g(x)≥0恒成立，求a的取值 处的切线方程. 范围. (2)若f(x)<0恒成立，求m的取值范围. 2.整(2025·河北承德高二月考)已知函数4.禁(2025·广东肇庆高二期末)已知函数 Kx)=2ln xta x,a∈R. x)=g()=m(x+2》 (1)讨论f(x)在区间[1，e]上的单调性； (1)若()=22-g(),求h(x)的极小值； (2)若f代x)≤e+1-1恒成立，求实数a的 (2)讨论f(x)的单调性； 取值范围. (3)当a=1时，证明：f(x)>g(x). 28■数学1选择性必修第二册·BS 题组2数值估计 7.特(2025·四川成都高二期中)已知函数 5.鞋(2025·河北邯郸高三月考)已知函数 f(x)=x-aln x. f(x)=e*(x+1),g(x)=e-1 (1)讨论f(x)的单调性， (1)求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线 (2)若a=-1. 方程； ①函数g(x)=f(x)-(m+1)x+m存在两 (2)证明：h(x)=g(x)-x-1在(0，+∞)内存 在唯一零点； 个极值点x1,x2,求m的取值范围； (3)若对于任意的x>0,f代x)>g(x)恒成立， ②当xe[2,1]时，均有f(x)<2x 求整数k的最大值. (x-2)e+b恒成立，求整数b的最小值. 6.鞋(2025·湖北武汉高二期中)已知函数8.“(2025·福建福州高二期中)已知函数 f八x)=ax-2lnx. f(x)=(-x2+ax-1)e'(a∈R). (1)当a=2时，求函数f(x)的最小值； (1)讨论f(x)的单调性； (2)试讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=2时，f(x)<(1-x)(kx-3)在 (3)当x>1时，不等式f(x)<(x-2)lnx+2x+ (1,+∞)上恒成立，求整数k的最大值. a-1恒成立，求整数a的最大值 黑白题·上分秘籍29