板块一函数与导数提优点1隐零点问题知识拓展导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，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进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.精准强化练类型一不含参函数的隐零点问题类型二含参函数的隐零点问题类型突破(2024·长沙调研节选)已知函数f(x)＝xlnx－mx(m∈R).当x>1时，不等式f(x)＋lnx＋3>0恒成立，求整数m的最大值.例1由题意，知xlnx－mx＋lnx＋3>0对任意x>1恒成立，可知m<lnx＋lnx＋3x对任意x>1恒成立.设函数g(x)＝lnx＋lnx＋3x(x>1)，只需m<g(x)min.类型一不含参函数的隐零点问题对函数g(x)求导，得g′(x)＝1x＋1－（lnx＋3）x2＝x－lnx－2x2.设函数h(x)＝x－lnx－2(x>1)，对函数h(x)求导，得h′(x)＝1－1x＝x－1x>0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增.又h(3)＝1－ln3<0，h72＝32－ln72>0，所以存在x0∈3，72，使h(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0，所以当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝lnx0＋lnx0＋3x0＝x0－2＋x0－2＋3x0＝x0＋1x0－1，所以m<x0＋1x0－1.又x0∈3，72，所以x0＋1x0－1∈213，21114，所以整数m的最大值为2.已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的范围.规律方法(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x).(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；训练1设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝1x－a，得f′(x0)＝1x0－a，所以切线方程为y－(lnx0－ax0＋1)＝1x0－a(x－x0)，即y＝1x0－ax＋lnx0.因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以1x0－a＝2，lnx0＝0，解得a＝－1.(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－1x－1＝x＋1x(xex－1)，令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0，1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0ex0＝1，两边取对数得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.例2已知函数f(x)＝2exsinx－ax.若0<a<6，试讨论f(x)在(0，π)上的零点个数.(eπ2≈4.8) f(x)＝2exsinx－ax，∴f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excosx.∴当x∈0，π2时，h′(x)>0；当x∈π2，π时，h′(x)<0，∴h(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减，类型二含参函数的隐零点问题即f′(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减.f′(0)＝2－a，f′π2＝2eπ2－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.①当2－a≥0，即0<a≤2时，f′(0)≥0，∴∃x0∈π2，π，使得f′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减. f(0)＝0，∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<0，∴由零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；②若2<a<6时，f′(0)＝2－a<0，又 f′(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减，∴∃x1∈0，π2，x2∈π2，π，使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，且当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.∴f(x)在(0，x1)和(x2，π)上单调递减，在(x1，x2)上单调...
