第12讲 导数隐零点问题讲义-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）（原卷版+解析版）

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TOC \ "1-2" \h \u
思维导图 \l "_Tc12775" PAGEREF _Tc12775 \h 1
\l "_Tc3422" 高考分析 PAGEREF _Tc3422 \h 2
\l "_Tc12527" 学习目标 PAGEREF _Tc12527 \h 2
\l "_Tc397" 知识要点 PAGEREF _Tc397 \h 3
\l "_Tc1589" 解题策略 PAGEREF _Tc1589 \h 5
\l "_Tc23399" 题型归纳 PAGEREF _Tc23399 \h 7
\l "_Tc7745" 处理隐零点问题的六种方法 PAGEREF _Tc7745 \h 7
\l "_Tc2703" 题型01：自变量代换（直接代换） PAGEREF _Tc2703 \h 7
\l "_Tc29312" 题型02：参数代换 PAGEREF _Tc29312 \h 9
\l "_Tc4555" 题型03：变形代换 PAGEREF _Tc4555 \h 11
\l "_Tc21892" 题型04：同构代换 PAGEREF _Tc21892 \h 13
\l "_Tc28861" 题型05：等价变形，化隐为显 PAGEREF _Tc28861 \h 14
\l "_Tc19027" 题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题 PAGEREF _Tc19027 \h 17
\l "_Tc24701" 隐零点题型归纳 PAGEREF _Tc24701 \h 18
\l "_Tc1836" 题型01：不含参数的隐零点问题 PAGEREF _Tc1836 \h 18
\l "_Tc8649" 题型02：含参数的隐零点问题 PAGEREF _Tc8649 \h 20
\l "_Tc1894" 题型03：已知参数的取值范围证明不等式 PAGEREF _Tc1894 \h 22
\l "_Tc20964" 题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值 PAGEREF _Tc20964 \h 24
\l "_Tc27991" 题型05：利用隐零点解决讨论零点问题 PAGEREF _Tc27991 \h 26
\l "_Tc9064" 题型06：隐零点与不等式的证明 PAGEREF _Tc9064 \h 27
\l "_Tc15461" 巩固提升 PAGEREF _Tc15461 \h 31
隐零点是导数与函数零点的进阶压轴题型，核心特征为函数零点存在但无法直接求解（超越方程如ex+x=0），需通过“设零点→代换消参/转化”解题，是新高考导数解答题的高频难点，常与参数范围、不等式证明结合考查。
一、考纲定位与命题趋势
1. 考纲要求：依托导数研究函数单调性、极值，结合零点存在性定理确定隐零点存在，通过设而不求的代数代换实现问题转化，考查转化与化归、数形结合、逻辑推理核心素养。
2. 命题趋势：近5年新高考全国卷/地方卷考查频率超60%，多作为导数解答题第2小问压轴；载体以ex、,ln x与多项式结合的超越函数为主，题型聚焦含参不等式证明/参数范围求解/最值求解，难度为压轴级，区分度高。
3. 命题特点：不直接要求求零点，仅需利用零点的等式条件（f(x0)=0）和单调性条件（f'(x0)=0），实现“超越式→代数式”的转化，规避复杂求解。
二、高考考情分布
1. 题型与分值
①仅出现在解答题（导数模块），多为第2小问，分值4-6分；
②常与“含参函数的最值/极值”“恒成立问题”“不等式证明”融合，极少单独命题。
2. 核心考查载体
新高考高频函数模型（均为超越函数，零点无法显式求解）：
①f(x)=ex-ax-b
②f(x)=x\ln x-ax+1
③f(x)=ex-ln x-a。
3. 考查地域与频次
新高考Ⅰ卷/Ⅱ卷、江苏卷、浙江卷为高频考查卷，每年至少1卷涉及；全国甲/乙卷偶考，多作为压轴题区分尖子生。
隐零点作为导数压轴核心考点，学习目标按基础掌握、能力提升、压轴突破、素养落地分层，适配不同备考阶段，兼顾解题方法、逻辑推理和应试规范，贴合高考考查要求。
一．基础目标（全员掌握，保底得分）
1. 理解隐零点核心特征：明确隐零点是“存在但无法显式求解的超越函数零点”，掌握“设而不求”的核心思想，能区分隐零点与普通显零点问题的解题差异。
2. 熟记隐零点基础模型：掌握ex-ax、x\ln x-ax两类高频超越函数的隐零点特征，能快速识别高考中隐零点的考查载体。
3. 掌握核心前提步骤：会对f'(x)二次求导，判定f'(x)的单调性；能选取0、1、e、1/e等特殊点，结合零点存在性定理证明f'(x)隐零点的存在性与唯一性。
4. 完成基础代换：能设隐零点x0并写出核心等式f'(x0)=0，对简单解析式实现“消参数/消单一超越项”的基础代换，将超越式转化为初等代数式。
二．提升目标（重点掌握，突破中档压轴）
1. 精通隐零点四步法：能完整套用“求导定调→设零点写等式→代换消元→定范围求结论”的解题步骤，无逻辑跳跃，适配高考中单一隐零点的所有基础题型。
2. 掌握代换消元技巧：能根据题型需求，灵活选择“消超越项优先”或“消参数优先”的代换策略，处理含ex+ln x、高次多项式+超越项的复杂解析式代换。
3. 实现隐零点范围精准缩限：能通过“特殊点选取→区间中点代入→多次缩限”，将隐零点x0的范围缩小至合适区间（如从(1,2)缩为(1,1.5)），满足后续单调性分析和不等式证明需求。
4. 解决单一题型综合问题：能独立解决隐零点与“函数最值/极值求解”“含参恒成立求参数范围”的融合问题，步骤规范，能踩准高考阅卷核心得分点。
三．压轴目标（拔高掌握，冲刺满分）
1. 攻克复杂融合题型：能解决隐零点与“极值点偏移”“双隐零点”“多元不等式证明”的高阶压轴题，掌握“多隐零点设元→分别写核心等式→联立代换→整体推导”的解题逻辑。
2. 灵活运用辅助技巧：能结合放缩法、构造新函数法，处理隐零点范围缩限后仍无法证明的不等式问题；能根据参数特征，选取参数相关特殊点（如x=1/a、x=ea）快速定位隐零点范围。
3. 实现解题优化提速：能快速判断隐零点问题的最优解题路径，避免无效步骤；对高考高频模型，能形成“条件反射式”解题，缩短思考和计算时间，适配高考应试节奏。
4. 掌握严谨逻辑论证：能对隐零点问题的每一步推导给出严谨依据，尤其是“f'(x)单调性判定”“隐零点存在性证明”“代换等价性验证”，避免高考逻辑漏洞类失分。
知识点一：零点和隐零点
1.零点：设函数 y=f(x)，若实数x0满足f(x0)=0，则称x0为函数y=f(x)的零点.从函数图像上看，函数y=f(x)的零点即为其图像x轴交点的横坐标.
2.隐零点：若x0为函数y=f(x)的零点，但x0无法精确求解，则称x0为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，x=0不能称为函数f(x)=ex−x−1的隐零点.
知识点二：零点存在定理
零点存在定理：
设函数y=f(x)是定义在（a,b)上的连续函数，且满足f(a)f(b)0)，尤其是令x=ln1=0进行试探.
第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.
第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.
注：
同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:
（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围
（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫
（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式
注：1.理解隐零点定义：
总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。另外需要关注“隐零点”的确定方法，上述总结了零点存在性定理、函数图像、题设条件三种，理解方法原理，掌握方法技巧极为关键。故教学中需要注重对“隐零点”两大内容的剖析，一是“隐零点”的定义设定，二是"隐零点"的确定方法，教学中可对比"显零点"，结合实例具体探究.
归纳三步策略：
强化解析思维上述所归纳的"三步法"是求解导数"隐零点"的重要方法，构建了"零点判断→单调性分析→代入转化”的解析思路.三步过程之间紧密相关，具有严密的逻辑顺序，严格按照该方法求解可实现问题的高效作答.而在实际教学中，除了需要指导学生掌握“三步法”的构建思路外，还要注重解题引导，培养学生的解析思维.让学生亲历探究过程，通过设问引导来完善学生的数学思维，从根本上提升学生的能力.
掌握转换方法：
积累变形经验变形转换是求解导数“隐零点”问题的重要环节，将直接确定问题走向，该环节需要使用一定的方法技巧.常见的转换方法有分离参数、变更主元、整体代换、分离函数等，对于涉及参数的不等式问题，可采用分离参数来简化，然后基于代数式构造函数来研究性质，同时配合整体代换实现函数的简洁化，而变更主元常用于导函数无法求出零点的情形. 教学中要指导学生掌握上述转换技巧的内涵，然后结合实例具体讲解，帮助学生积累简化经验，提升学生的运算能力.
知识点四：常见题型解题方法
1、不含参函数的隐零点问题
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，设方程f'(x)=0的根为x0，则有：
①关系式f'(x0)=0成立；②注意确定x0的合适范围.
2、含参函数的隐零点问题
已知含参函数f(x,a)，其中a为参数，导函数方程f'(x,a)=0的根存在，却无法求出，设方程f'(x)=0的根为x0，则有①有关系式f'(x0)=0成立，该关系式给出了x0,a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
3、函数零点的存在性
（1）函数零点存在性定理：设函数fx在闭区间a,b上连续，且fafb0，f(x)递增（反之亦然），确定f(x0)为最值。
第二步：设隐零点，写核心等式
设f'(x)的唯一零点为x0，写出核心等式f'(x0)=0，此等式是后续代换的关键（如ex0=a、ln x0+1=a）。
第三步：代换消元，转化超越式
利用核心等式f'(x0)=0，将f(x0)中的参数a或超越项（ex0、\lnx0）消去，转化为仅含x0的初等函数（如将ex0=a代入f(x0)=ex0-a x0，得f(x0)=a(1-x0)）。
第四步：确定x2范围，求值域/证明不等式
1. 由第一步中f'(x1)·f'(x2)0，则f’(x)单调递增）。
2. 特殊点选取技巧（找f'(x1)·f'(x2)0，∴f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增；
（ⅱ）当a>0时，令，
令，
∴当a≤0时，fx在x∈(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，fx在x∈0,1a上单调递增，在上单调递减．
（2）由，可得：，
∵x>0，∴原命题等价于a≥2(lnx+x+1)x2+2x对x∈(0,+∞)恒成立．
令，∴，
令，∴，∴G(x)在x∈(0,+∞)上单调递增．
又，
故存在唯一的x0∈(0.5,1)，使得．
当01，
由（1）知，f(x)=x−lnx−2在1,+∞上单调递增，且在区间3,4内存在唯一的零点，
设该零点为x0∈3,4，则fx0=x0−lnx0−2=0，
故当x∈1,x0时，f(x)0，g(x)在上单调递增，
∴g(x)x0x0lnx0+x0x0−1x0x0−2+x0x0−10min，
∴k0.
（1）讨论函数fx的单调性；
（2）若函数fx在区间−1,0有唯一零点x0，证明：e−2−1，
令gx=2ax2+2ax+1，Δ=4a2−8a=4aa−2，
若Δ0，即a>2，则gx有两个零点x1=−a−aa−22a，x2=−a+aa−22a，
由g−1=g0=1>0，g−120
所以gx在0,x0上递减，在x0,+∞上递增，
所以gmin(x)=gx0=ex0−a−lnx0−a=1x0−x0−2lnx0≥0，
令hx=1x−x−2lnx，则h'x=−1x2−1−2x=−1−x2−2xx2=−(x+1)2x20在0,+∞上恒成立，
故fx在0,+∞上为单调递增.
②当a>0时，当x>a时，f'x>0，当时，f'x0时，fx在上为单调递减，在a,+∞上为单调递增
(2)当a=1时，fx=12x2−lnx+1
要证原式成立，需证lnx+1≤xex−1成立，
即需证xex−lnx−x−1≥0成立，
令gx=xex−lnx−x−1x>0，则g'x=ex+xex−1x−1=x+1ex−1x，
令ux=ex−1x，则u'x=ex+1x2>0，故ux在0,+∞上单调递增，
u12=e−20，由零点存在性定理可知，存在x0使ux0=0，
则在0,x0上ux0，
即在0,x0上g'x0恒成立，故f'x>0，
所以fx的单调递增区间为0,+∞，无递减区间；
当k>0时，
令ux=2x2−kx+1，
当Δ=k2−8≤0，即00得：x>k+k2−84或00，
k'x=−2xex−x2ex−1x0上恒成立，
故kx=−x2ex−lnx在0,+∞上单调递减，
因为k1=−e0，
故存在x0∈13,1，使得kx0=−x02ex0−lnx0=0，
即x0ex0=1x0ln1x0=eln1x0ln1x0，
设，x∈13,1，
则v'x=x+1ex>0在x∈13,1上恒成立，
故在x∈13,1上单调递增，
所以x0=ln1x0，即ex0=1x0，−x0=lnx0，
当x∈0,x0时，kx>0，h'x>0，
当时，kx1时，可证，从而f'x存在零点x0>0，使得f'(x0)=aex0−1−1x0=0，得到f(x)min，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得fx≥1恒成立；当时，研究f1.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数fx在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=e−1x+2,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−2e−1,0),
∴所求三角形面积为12×2×|−2e−1|=2e−1．
（2）［方法一］：通性通法
∵f(x)=aex−1−lnx+lna,，且a>0.
设g(x)=f'(x),则
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f'(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.
当a>1时，1a0，使得f'(x0)=aex0−1−1x0=0，且当x∈(0,x0)时f'(x)0，所以h(m)在R上单调递增．
由，可知h(lna+x−1)≥h(lnx)，所以lna+x−1≥lnx，所以lna≥(lnx−x+1)max．
令F(x)=lnx−x+1，则F'(x)=1x−1=1−xx．
所以当时，F'(x)>0,F(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，F'(x)0,x>0，令aex−1=t，所以lna+x−1=lnt，所以lna=lnt−x+1．
于是f(x)=aex−1−lnx+lna=t−lnx+lnt−x+1．
由于f(x)≥1,t−lnx+lnt−x+1≥1⇔t+lnt≥x+lnx，而y=x+lnx在x∈(0,+∞)时为增函数，故t≥x，即aex−1≥x，分离参数后有a≥xex−1．
令g(x)=xex−1，所以g'(x)=ex−1−xex−1e2x−2=ex−1(1−x)e2x−2．
当00，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]x−1lnxmin．
因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]x−1lnxmin即可．
由ex≥x+1,lnx≤x−1，得ex−1≥x,−lnx≥1−x．
上面两个不等式两边相加可得ex−1−lnx≥1，故a≥1时，恒成立．
当时，因为f(1)=a+lna0，此时，函数无零点；
当时，f'x=12x−sinx，f″x=12−csx>0.
此时，函数y=f'x单调递增，f'π2=π4−10，此时，函数单调递增.
∵fπ2=π216−10，得x0，得lnae时，由f'x>0，得10，
于是得gx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
即gxx01ex01201x0+1min，而g'x0=−1ex0+12−1x0+12=0，即1ex0=12−1x0+12，
因此，gx121x0+121201x0+1x0x0+1212012min，而x0>1，即gxmin，
所以fx0时，fx在上为单调递减，在a,+∞上为单调递增.(2)证明见见解析.
【解析】(1)由已知条件得函数fx的定义域为0,+∞，
f'x=x−ax+1−a=x2+1−ax−ax=x−ax+1x，
因为x>0,x+1>0
①当a≤0时，f'x>0在0,+∞上恒成立，故fx在0,+∞上为单调递增.
②当a>0时，当x>a时，f'x>0，当时，f'x0时，fx在上为单调递减，在a,+∞上为单调递增
(2)当a=1时，fx=12x2−lnx+1
要证原式成立，需证lnx+1≤xex−1成立，即需证xex−lnx−x−1≥0成立，
令gx=xex−lnx−x−1x>0，则g'x=ex+xex−1x−1=x+1ex−1x，
令ux=ex−1x，则u'x=ex+1x2>0，故ux在0,+∞上单调递增，
u12=e−20，由零点存在性定理可知，存在x0使ux0=0，
则在0,x0上ux0，
即在0,x0上g'x0),得f'1=a−1，又f1=0.
所以fx在1,f1的切线方程为：y=a−1⋅x−1.即a−1x−y+1−a=0；
(2) f'x=ax−lnx−1(x>0),令f'x=ax−lnx−1=px，
由于a>0，得p'x=−ax2−1x0,f'a+1=aa+1−lna+1+10
h'x0=lnx02+lnx0−2=lnx0+2⋅lnx0−1
当h'x0>0时，lnx01,x0∈0,1e2∪e,+∞；
当h'x00 (e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求fx的单调区间和极值；
(2)设gx=lnx+1x+x−f'x⋅ex，若对任意的x∈0,+∞，都有gx≤ex恒成立，求a的取值范围.
【答案】见解析
【解析】(1)f'x=−ex−exa−1−x(ex)2=x−aex，x＞0，
当a≤0时，－a≥0，f'x>0，∴fx在0,+∞上单调递增，无极值；
当a>0时，令f'x=0，得x=a，
当x∈0,a时，f'x0，可得F'x>0，∴Fx在x0,+∞上单调递增，
∴Fxmin=Fx0=x0ex0−lnx0−1x0，
由x02ex0+lnx0=0，可得x0ex0=−lnx0x0=1x0ln1x0=ln1x0eln1x0，
令tx=xex，则tx0=tln1x0，
又由t'x=x+1ex>0，∴tx在0,+∞上单调递增，
∴x0=ln1x0，可得lnx0=−x0，∴ex0=1x0，即x0ex0=1，
∴F(x)min=Fx0=x0ex0−lnx0−1x0=1+x0−1x0=1，∴a≤1，
综上所述，满足条件a的取值范围是−∞,1.
【点睛】本题关键是参变分离不等式gx≤ex，将问题转化为求Fx=xex−lnx−1x在x>0时的最小值，转化为通过导数F'x研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程x02ex0+lnx0=0时，还需要采用同构思想构造函数tx=xex，达到简化的目的.
【变式训练2-1】已知函数fx=lnx+a．
(1)若曲线在1,f1处的切线经过点，求实数a的值；
(2)若对任意x∈0,+∞，都有ex−a≥fx（e为自然对数的底），求证：a≤1．
【变式训练2-2】已知函数fx=x+2ax−a−2lnxa∈R，gx=b−1x−2x−xex．
(1)判断函数fx的单调性；
(2)当a=1时，关于x的不等式fx+gx≤−1恒成立，求实数b的取值范围．
题型03：已知参数的取值范围证明不等式
【典型例题1】已知函数fx=axex−x+12
（a∈R，e为自然对数的底数）．
(1)若fx在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值；
(2)讨论函数fx的单调性；
(3)当a≥1e2时，求证：fx≥lnx−x2−x−2．
【答案】(1)a=1 (2)答案见解析(3)证明见解析
【解析】(1)f'(x)=(x+1)aex−2，则f'(0)=a−2，由已知(a−2)a=−1，解得a=1
(2)f'(x)=(x+1)aex−2
（ⅰ）当a≤0时，aex−20时，令aex−2=0，得x=ln2a，
①00，则g(x)在x0,+∞上单调递增
∴g(x)x00ex0−2lnx0001x000min
∴g(x)≥0，故f(x)≥lnx−x2−x−2
方法二：当a≥1e2时，axex−lnx−x+1≥xex−2−lnx−x+1(x>0)
g(x)=xex−2−lnx−x+1=elnx+x−2−(lnx+x−2)−1
令t=lnx+x−2，则，
令k(t)=et−t−1，则k'(t)=et−1
当时，k'(t)0时，k'(t)>0
∴k(t)在区间(−∞,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增．
∴k(t)≥k(0)=0，即g(x)≥0;∴f(x)≥lnx−x2−x−2，
【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用.
【变式训练3-1】已知函数fx=x−142−ax2−12ax2lnxe=2.71828⋅⋅⋅
(1)当a=−12时，证明函数fx有两个极值点；
(2)当00，函数fx=x1+lnx在(e−2,+∞)上单调递增，
∴函数fx=x1+lnx的递增区间为(e−2,+∞)，递减区间为(0,e−2)．
(2)当x∈1,+∞时，不等式mx−10，函数在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)0x0+x0lnx0x0−1x02−x0x0−10min，∴mkx−1，求整数k的最大值.
【答案】(1)在1,+∞上单调递增，在上单调递减；(2)3.
【解析】（1）fx的定义域为0,+∞，求导得：f'x=1−1x=x−1x，
令f'x>0，则x>1，令f'x0恒成立，求k的最大值.
【答案】(1)a=0;(2)答案见解析;(3)最大值为2
【解析】(1)由已知条件得f'x=ex− a，
在点0,f0处的切线斜率为k=f'0=1− a=1，即a=0，
(2)fx的定义域为, f'x=ex− a，
若a≤0，则f'x>0，则fx在上单调递增；
若a>0，由f'x=ex− a>0得，由f'x=ex− a0，
∴gx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴gx在0,+∞上的最小值为gx0=x0+1ex0−1+x0=x0+1x0+2−1+x0=1+x0，
又∵10
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f'(x)在(0,+∞)上单调递增
f'(1)=0,∴令f'(x)>0，则x>1，
令f'(x)0
∴在(0,+∞)上单调递增，即f'(x)在(0,+∞)上单调递增
设m(x)=ex−x−1，则m'x=ex−1
当x>0时，m'x>0，所以mx在(0,+∞)上单调递增
当x1+aa+2−11+a−a=a2+2a+2−11+a=a+12+a1+a>0
又f'12=e2−2−a0
所以函数nx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增
而n1=0，则t=1
代入（1）得a=e−1;综上：a=e−1
【变式训练5-1】己知函数f(x)=lnx+ax(x−1),x∈(1,+∞)．
(1)若不等式f(x)0⇔x>1，f″x0，
所以f'x在R上有两个零点x=0和t，其中t∈1,2，
且当x∈−∞,0时，f'x>0，当x∈0,t时，f'x−e2×22+e−1×2=−2，
综上所述，−20，所以存在唯一的x0∈−12a,0，使得f'x0=0.
（2）当ax0，f'x0，且fx≥0恒成立，求a的取值范围.
【答案】见解析
【解析】（1）当a=1时，fx=ex+2x−4x>0，所以f'x=ex−2x2，f″x=ex+4x3>0，
从而f'x在0,+∞上单调递增，
又f'12=e−80，故fx单调递增，
所以fx有最小值m，且m=fx0=ex0+2x0−4，由f'x0=ex0−2x02=0可得ex0=2x02，
从而m=ex0+2x0−4=2x02+2x0−4=−4x02+2x0+2x02=−2x0−12x0+1x02，因为x0∈12,1，所以m>0.
由题意，a>0，f'x=aex−a+1x2，f″x=aex+2a+1x3>0，所以f'x在0,+∞上单调递增，
当x>max1,lna+1a时，f'x=aex−a+1x2>aex−a+1=aex−a+1a>0，
又f'12=ae−4a+1=e−4a−40可解得：00，所以gx在0,+∞上单调递增，
又gx=−20，所以gx在0,1上有1个零点x0，
且当00，从而fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
故fxx0x0lnx0min①，
因为gx0=x0ex0−2=0，所以ex0=2x0，两边取对数得：x0=ln2x0=ln2−lnx0，故lnx0=ln2−x0，
代入式①得fx0=2x0−2ln2−x0−2=2x0+2x0−2ln2−2>22x0⋅2x0−2ln2−2=2−2ln2>0，
从而fxmin，所以fx>0.
证法2：设φx=ex−exx>0，则φ'x=ex−e，所以φ'x>0⇔x>1，φ'x2e，h'x0，则r'x=1x−1=1−xx，所以r'x>0⇔0ax−ex恒成立.
1．已知函数f(x)=ex+csx−2,f'(x)为f(x)的导数.
(1)当x≥0时，求的最小值；
(2)当x≥−π2时，xex+xcsx−ax2−2x≥0恒成立，求a的取值范围.
2．已知f(x)=lnx+ax，g(x)=ex+2x−1.
(1)若函数f(x)的图像在x=e处的切线与直线2x−y+8=0垂直，求a;
(2)当x>0时，g(x)≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围.
3．已知函数fx=12m(x−1)2−2x+lnx,m≥1．
(1)求证：函数fx存在单调递减区间，并求出单调递减区间a,b的长度b−a的取值范围；
(2)当x≥1时，fx≤xex−1−3x恒成立，求实数m的取值范围．
4．已知函数f(x)=xsinx，x∈(0,π)，为f(x)的导数，且g(x)=f'(x).证明：
1g(x)在2,2π3内有唯一零点；
2f(x)