2026版步步高大一轮高考数学复习第三章进阶篇导数中的零点问题进阶2隐零点与零点赋值进阶2隐零点与零点赋值
题型一隐零点问题
例1(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝1＋lnxx，g(x)＝aex－1
(1)求f(x)的极值；
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围.
解(1)由题意得f(x)＝1x·x-(1＋lnx)x
令f(x)＝0，得x＝1，当0x1时，f(x)0；
当x1时，f(x)0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＝1时，函数取到极大值，极大值为f(1)＝1，无极小值.
(2)由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)－g(x)＝1＋lnxx－aex＋
即方程x＋lnx＋1－axex＝0有两个根，
令F(x)＝x＋lnx＋1－axex，x∈(0，＋∞)，
F(x)＝1＋1x－a(x＋1)ex＝(x＋1)
令φ(x)＝1x－aex(x0)，φ(x)＝－1x2－a
①若a≤0，φ(x)0，即F(x)0，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a0，φ(x)＝－1x2－aex0，φ(x)在(0，＋
当0x1时，φ(x)＝1x－aex1－aex
令1－aex0，得xln1
故当0x1min1，ln1a时，φ(x1)
当x1时，φ(x)＝1x－aex1－aex
令1－aex0，得xln1
故当x1max1，ln1a时，φ(x1)
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且1x0＝
当x∈(0，x0)时，φ(x)0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)0，
故x∈(0，x0)时，F(x)0，
当x∈(x0，＋∞)时，F(x)0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
因为1x0＝aex0，即ax
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋lnx0＋1－ax0ex0＝x0＋lnx
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max0，即x0＋lnx00，
由于1x0＝aex0，此时ln1a＝ln(x0ex0)＝x0＋ln
下证当0a1时，F(x)有两个零点，
因为F(e－2)＝e－2－1－ae－2ee-2e－2－
由(1)知1＋lnx
故F(x)＝x＋lnx＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，当且仅当x＝1时取等号，
所以Fln2a2ln2a－aln2a·eln2
因为0a1，结合前面分析知，存在唯一x0，且1x0＝
使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋lnx0＋1－ax0ex0＝x0＋lnx0＝ln1
故F(x)在(e－2，x0)和x0
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a的取值范围为(0，1).
思维升华对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在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取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
跟踪训练1(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝e2x－alnx.
(1)讨论f(x)的导函数f(x)的零点的个数；
(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a
(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝2e2x－ax(x0)
由f(x)＝0得2xe2x＝a.
令g(x)＝2xe2x，g(x)＝(4x＋2)e2x0(x0)，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)g(0)＝0.
当a0时，方程g(x)＝a有一个实根，
即f(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)＝a没有实根，
即f(x)没有零点.
(2)证明由(1)可知当a0时，f(x)存在唯一零点，
设f(x)在(0，＋∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f(x)0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0).
由2e2x0-
x0＝a2e2x0，得lnx0＝lna2e
所以f(x0)＝e2x0－alnx0＝a
＝a2x0＋2ax0＋
≥2a2x0·2ax0＋aln2
故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a
题型二零点赋值
例2已知函数f(x)＝x(lnx－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0