隐零点问题

隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一根据隐零点化简求范围典例1.已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3.()lnfxaxxxxee（1）求实数的值；a（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；kZ()1fxkx1xk【答案】3【解析】解析：（1），由解得；'1lnfxax()3fe1a（2），，，()lnfxxxx()ln()11fxxxxkgxxx@22ln'()(1)xxgxx令，有，那么.()2lnhxxx1'()10hxx()(1)1hxh不妨设，由，，则可知，且.0()0hx(3)0h(4)0h0(3,4)x00ln2xx因此，当时，，；当时，，；0hx'0gx0xx0hx'0gx0xx即可知，000000min00(ln1)(1)()()11xxxxgxgxxxx所以，得到满足条件的的最大正整数为3.0kxk类型二根据隐零点分区间讨论典例2已知函数，为何值时，方程有唯一解.2()2ln(0)fxxtxtt()2fxtx【答案】(,0){1}【解析】，222ln22(ln)xtxtxtxxx当时，有；ln0xxtR设，；又，，不妨设，()lnuxxx1'()10uxx(1)10u11()10uee00ln0xx则可知.01(,1)xe当时，得到；，ln0xx22()lnxtgxxx@2222ln(12ln)'()(ln)(ln)xxxxxxxgxxxxx令，易知，且时，；时，；()12lngxxx(1)0g1x()0gx1x()0gx综上可知在区间上为减函数，在区间上为增函数；画图函数图像：()gx00(0,),(,1)xx(1,)因此，可知所求的范围为.t(,0){1}类型三根据隐零点构造新函数典例3已知函数，当时，，求实数a的取值范围．21xfxexax0x0fx【答案】1(,]2【解析】，首先，当时，在上恒成立，则有．'12xfxeax0a[0,)'0fx00fxf其次，当时，令，，由题1可知，当，即时，．此0axgxe21hxax021a102agxhx时,同样有．再者，当时，函数与相交于点和．同时，'0fx0fx12aygxyhx0,100,xy当时，；当时，.即可知，将00,xx'0fx0,xx'0fx02000min1xfxfxexax代入得到：0012xeax，令，则．00000112xxefxexx00x112xxeFxexx0x11'2xexFx又由变式2可知，那么，即在区间上递减，因此有1xxe1'02xxeeFxFx0,，与矛盾，故不合题意．000fxf0fx12a综上可知，满足题意的实数a的取值范围为．1(,]2模拟：1．已知函数，.（且为常数，为自然对数的底）𝑓(𝑥)=𝑥⋅e𝑥―𝑎(ln𝑥+𝑥)𝑔(𝑥)=（𝑚+1）𝑥𝑎,𝑚∈𝑅𝑒（1）讨论函数的极值点个数；𝑓(𝑥)（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.𝑎=1𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)𝑥∈(0,+∞)𝑚【答案】（1）当时，无极值点；当时，有且仅有1个极值点；（2）𝑎≤0𝑎0(―∞,0]【解析】（1）的定义域为，𝑓(𝑥)(0,+∞)，𝑓'(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥―𝑎(1𝑥+1)=𝑥+1𝑥(𝑥𝑒𝑥―𝑎)因为函数在上恒成立，𝑦=(𝑥𝑒𝑥)'=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥0(0,+∞)所以函数在区间上单调递增，且值域为，𝑦=𝑥𝑒𝑥(0,+∞)(0,+∞)①当时，在区间上恒成立，𝑎≤0𝑥𝑒𝑥―𝑎0(0,+∞)即，𝑓'(𝑥)0故在上单调递增，𝑓(𝑥)(0,+∞)所以无极值点；②当时，𝑎0方程有唯一解，设为，𝑥𝑒𝑥―𝑎=0𝑥0(𝑥00)当时，，函数单调递减，0𝑥𝑥0𝑓'(𝑥)0𝑓(𝑥)当时，，函数单调递增，𝑥𝑥0𝑓'(𝑥)0𝑓(𝑥)所以是函数的极小值点，𝑥0𝑓(𝑥)即函数只有1个极值点.𝑓(𝑥)（2）当时，不等式对任意的恒成立，𝑎=1𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)𝑥∈(0,+∞)即对任意的恒成立，𝑥𝑒𝑥―ln𝑥―1≥(𝑚+1)𝑥𝑥∈(0,+∞)即对任意的恒成立，𝑒𝑥―ln𝑥+1𝑥≥𝑚+1𝑥∈(0,+∞)记，𝐹(𝑥)=𝑒𝑥―ln𝑥+1𝑥，𝐹'(𝑥)=𝑒𝑥+ln𝑥𝑥2=𝑥2𝑒𝑥+ln𝑥𝑥2记，ℎ(𝑥)=𝑥2𝑒𝑥+ln𝑥因为在恒成立，ℎ(𝑥)=2𝑥𝑒𝑥+𝑥2𝑒𝑥+1𝑥0𝑥∈(0,+∞)所以在上单调递增，ℎ(𝑥)(0,+∞)且，，ℎ(1𝑒)=(1𝑒)2𝑒1𝑒―1=𝑒1𝑒―2―10ℎ(1)=𝑒0所以存在使得，𝑥0∈(1𝑒,1)ℎ(𝑥0)=0且时，，，函数单调递减；𝑥∈(0,𝑥0)ℎ(𝑥)0𝐹'(𝑥)0𝐹(𝑥)当时，，，函数单调递增；.𝑥∈(𝑥0,+∞)ℎ(𝑥)0𝐹'(𝑥)0𝐹(𝑥)所以，即，𝐹(𝑥)min=𝐹(𝑥0)𝐹(𝑥)min=𝑒𝑥0―ln𝑥0+1𝑥0又因为ℎ(𝑥0)=0，⇒𝑥20𝑒𝑥0=―ln𝑥0，⇒𝑥0𝑒𝑥0=―ln𝑥0𝑥0，⇒𝑥0𝑒𝑥0=ln1𝑥0⋅𝑒ln1𝑥0所以，𝑥0=ln1𝑥0因此，𝐹(𝑥)min=𝑒𝑥0―ln𝑥0+1𝑥0=𝑥0𝑒𝑥0―ln𝑥0―1𝑥0=1+𝑥0―1𝑥0=1所以，解得.1≥𝑚+1𝑚≤0综上，实数的取值范围是.𝑚(―∞,0]2．已知.𝑓(𝑥)=𝑥―12(ln𝑥)2―𝑘ln𝑥―1(𝑘∈𝑅)（1）若是上的增函数，求的取值范围；𝑓(𝑥)(0,+∞)𝑘（2）若函数有两个极值点，判断函数零点的个数.𝑓(𝑥)𝑓(𝑥)【答案】(1)(2)三个零点(―∞,1]【解析】（1）由得，𝑓(𝑥)=𝑥―12(ln𝑥)2―𝑘ln𝑥―1𝑓'(𝑥)=𝑥―ln𝑥―𝑘𝑥由题意知恒成立，即，设，，𝑓'(𝑥)≥0𝑥―ln𝑥―𝑘≥0𝐹(𝑥)=𝑥―ln𝑥―𝑘𝐹'(𝑥)=1―1𝑥时，递减，时，，递增；𝑥∈(0,1)𝐹'(𝑥)0𝐹(𝑥)𝑥∈(1,+∞)𝐹'(𝑥)0𝐹(𝑥)故，即，故的取值范围是.𝐹(𝑥)min=𝐹(1)=1―𝑘≥0𝑘≤1𝑘(―∞,1]（2）当时，单调，无极值；𝑘≤1𝑓(𝑥)当时，，𝑘1𝐹(1)=1―𝑘0一方面，，且在递减，所以在区间有一个零点.𝐹(𝑒―𝑘)=𝑒―𝑘0𝐹(𝑥)(0,1)𝐹(𝑥)(𝑒―𝑘,1)另一方面，，设，则，从而𝐹(𝑒𝑘)=𝑒𝑘―2𝑘𝑔(𝑘)=𝑒𝑘―2𝑘(𝑘1)𝑔'(𝑘)=𝑒𝑘―20𝑔(𝑘)在递增，则，即，又在递增，所以(1,+∞)𝑔(𝑘)𝑔(1)=𝑒―20𝐹(𝑒𝑘)0𝐹(𝑥)(1,+∞)在区间有一个零点.𝐹(𝑥)(1,𝑒𝑘)因此，当时在和各有一个零点，将这两个零点记为，𝑘1𝑓'(𝑥)(𝑒―𝑘,1)(1,𝑒𝑘)𝑥1，当时，即；当时，即𝑥2(𝑥11𝑥2)𝑥∈(0,𝑥1)𝐹(𝑥)0𝑓'(𝑥)0𝑥∈(𝑥1,𝑥2)𝐹(𝑥)0；当时，即：从而在递增，在𝑓'(𝑥)0𝑥∈(𝑥2,+∞)𝐹(𝑥)0𝑓'(𝑥)0𝑓(𝑥)(0,𝑥1)(𝑥1,𝑥2)递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点.(𝑥2,+∞)𝑥1𝑥2下面证明：，𝑓(𝑥1)0𝑓(𝑥2)0由得，即，由𝑓'(𝑥1)=0𝑥1―ln𝑥1―𝑘=0𝑘=𝑥1―ln𝑥1𝑓(𝑥1)=𝑥1―12(ln𝑥1)2―𝑘ln𝑥1―1得，𝑓(𝑥1)=𝑥1―12(ln𝑥1)2―(𝑥1―ln𝑥1)ln𝑥1―1=𝑥1+12(ln𝑥1)2―𝑥1ln𝑥1―1令，则，𝑚(𝑥)=𝑥+12(ln𝑥)2―𝑥ln𝑥―1𝑚'(𝑥)=(1―𝑥)ln𝑥𝑥①当时，递减，则，而，故；𝑥∈(0,1)𝑚'(𝑥)0𝑚(𝑥)𝑚(𝑥)𝑚(1)=0𝑥11𝑓(𝑥1)0②当时，递减，则，而，故；𝑥∈(1,+∞)𝑚'(𝑥)0𝑚(𝑥)𝑚(𝑥)𝑚(1)=0𝑥21𝑓(𝑥2)0一方面，因为，又，且在递增，所以在𝑓(𝑒―2𝑘)=𝑒―2𝑘―10𝑓(𝑥1)0𝑓(𝑥)(0,𝑥1)𝑓(𝑥)上有一个零点，即在上有一个零点.(𝑒―2𝑘,𝑥1)𝑓(𝑥)(0,𝑥1)另一方面，根据得，则有：𝑒𝑥1+𝑥(𝑥0)𝑒𝑘1+𝑘，𝑓(𝑒4𝑘)=𝑒4𝑘―12𝑘2―1(1+𝑘)4―12𝑘2―1=𝑘4+4𝑘(𝑘―34)2+74𝑘0又，且在递增，故在上有一个零点，故在𝑓(𝑥2)0𝑓(𝑥)(𝑥2,+∞)𝑓(𝑥)(𝑥2,𝑒4𝑘)𝑓(𝑥)上有一个零点.(𝑥2,+∞)又，故有三个零点.𝑓(1)=0𝑓(𝑥)3．已知函数，.𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥―ln𝑥𝑔(𝑥)=𝑥―𝑘（Ⅰ）令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)―𝑔(𝑥)①当时，求函数在点处的切线方程；𝑘=1ℎ(𝑥)(1,ℎ(1))②若时，恒成立，求的所有取值集合与的关系；𝑥∈𝐴=|𝑥|𝑥1|ℎ(𝑥)⩾0𝑘𝐴（Ⅱ）记，是否存在，使得对任意的实数，函数在𝑤(𝑥)=(𝑓(𝑥)―𝑘𝑥)(𝑔(𝑥)―𝑘2𝑥)𝑚∈𝑁+𝑘∈(𝑚,+∞)𝑤(𝑥)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数，若不存在，请说明理由.(1,+∞)𝑚【答案】（1）①；②见解析；（2）2𝑦=―𝑥+1【解析】（1）①由题意，可得，ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)―𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥―ln𝑥―𝑥+𝑘则，所以，ℎ'(𝑥)=ln𝑥―1𝑥ℎ'(1)=―1ℎ(1)=0所以在处的切线方程为ℎ(𝑥)(1,ℎ(1))𝑦=―𝑥+1②由，即ℎ(𝑥)≥0𝑘≥𝑥―𝑥ln𝑥+ln𝑥=𝑚(𝑥)则，，𝑚'(𝑥)=1𝑥―ln𝑥𝑥∈(1,+∞)因为在上单调递减，所以，𝑚'(𝑥)=1𝑥―ln𝑥(1,+∞)𝑚'(𝑥)𝑚'(1)=1存在，使得，𝑥0∈(1,+∞)𝑚'(𝑥0)=0函数在上单调递增，在上单调递减，，𝑚(𝑥)𝑥∈(1,𝑥0)𝑥∈(𝑥0,+∞)𝑘≥𝑚(𝑥0)由得，，𝑚'(𝑥0)=0ln𝑥0=1𝑥0𝑚(𝑥0)=𝑥0+1𝑥0―11∴，所以的所有取值集合包含于集合.𝑘𝑚(𝑥0)1𝑘𝐴（Ⅱ）令，𝑓(𝑥)―𝑘𝑥=𝑥ln𝑥―ln𝑥―𝑘𝑥𝑔(𝑥)―𝑘2𝑥=𝑥―𝑘―𝑘2𝑥𝑥∈(1,+∞)（1），，(𝑓(𝑥)―𝑘𝑥)'=ln𝑥+1―1𝑥+𝑘𝑥20𝑥∈(1,+∞)由于，，，，，𝑘∈(𝑚,+∞)⇒𝑘1𝑓(1)=―𝑘0𝑥→+∞𝑓(𝑥)→+∞由零点存在性定理可知，