小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com专题17单变量不含参不等式证明方法之虚设零点隐零点法本质上是最值分析法，常见形式是证明h(x)＞0或f(x)>g(x)．对于f(x)>g(x)，先将不等式移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再转化为证明h(x)min>0即可，但对函数h(x)求导后，f′(x)＝0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为隐零点(即能确定其存在，但又无法用显性的代数表达)．用隐零点证明不等式时，先证明函数f′(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x0，则f′(x0)＝0．f(x)min＝f(x0)，而f(x0)是一个超越式(含有指、对函数)和多项式函数的组合式，这时用f′(x0)＝0把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋1．(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0．解析(1)函数f(x)的定域义为(0，＋∞)．f′(x)＝aex－，由意得题f(1)＝，f′(1)＝－1，所以解得(2)明：由证(1)知f(x)＝·ex－lnx(x>0)．因为f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上增，又单调递f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一根实x0，且x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)，时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)，时f′(x)>0，而从当x＝x0，时f(x)取小，也是最小．由极值值f′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－lnx0．故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0．[例2](2015全国Ⅰ改编)设函数f(x)＝e2x－alnx．(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)求证：当a＝2时，f(x)≥4．解析(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0，时f′(x)＞0，f′(x)有零点．没当a＞0，时设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上增，单调递v(x)＝－在(0，＋∞)上增，单调递所以f′(x)在(0，＋∞)上增．单调递又因为f′(a)＞0，当b足满0＜b＜且b＜，时f′(b)＜0，所以当a＞0，时f′(x)存在唯一零点．法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．因函为数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函正的增函，数值为值数所以由增函的定可得函数义证数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函，其域是数值(0，＋∞)．由此可得，当a≤0，时f′(x)无零点；当a＞0，时f′(x)有唯一零点．(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0．当x∈(0，x0)，时f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)，时f′(x)＞0．所以f(x)在(0，x0)上，在单调递减(x0，＋∞)上增，单调递且当仅当x＝x0，时f(x)取得最小，最小值值为f(x0)．因为－＝0，2x0＝－lnx0所以f(x0)＝＋4x0≥4(且当仅当x0＝等成立时号)．所以当a＝2时，f(x)≥4．[例3]已知函数f(x)＝ax＋lnx，函数g(x)的导函数g′(x)＝ex，且g(0)g′(1)＝e，其中e为自然对数的底数．(1)求f(x)的极值；(2)当a＝0时，对于任意的x∈(0，＋∞)，求证：f(x)<g(x)－2．解析(1)函数f(x)的定域义为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋＝．小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com当a≥0，时f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上增函，为数f(x)有；没极值当a＜0，令时f′(x)＞0，解得x＜－，所以f(x)在(0，－)增，在单调(－，＋∞)．单调递减所以f(x)有大极值f(－)＝－1－ln(－a)，无小．极值(2)当a＝1，时f(x)＝lnx，令h(x)＝g(x)－f(x)－2，即h(x)＝ex－lnx－2，即证g(x)min>0恒成立，h′(x)＝ex－，h′(x)(0，＋∞)在增函，为数h′<0，h′(1)>0，∴∃x0∈，使h′(x0)＝0成立，即－＝0，则当0<x<x0，时h′(x)<0，当x>x0，时h′(x)>0，∴y＝h(x)在(0，x0)上，在单调递减(x0，＋∞)上增，单调递∴h(x)min＝h(x0)＝－lnx0－2，又 －＝0，即＝，∴h(x0)＝－lnx0－2＝＋ln－2＝＋x0－2，又 x0∈，∴x0＋>2，∴h(x0)>0，∴h(x)>h(x0)>0，即f(x)<g(x)－2．[例4](2017·全国Ⅱ)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)f(x)的定域义为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f...