:2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用练习（7套浙江专用）

导函数的“隐零点”问题
知 识 拓 展
利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.
题 型 突 破
题型一　函数最值中的“隐零点”
【例1】 设函数f(x)＝e2x－aln x.(a为大于零的常数)，已知f′(x)＝0有唯一零点，求f(x)的最小值.
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x＞0).
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－ax0＝0，
所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.
故f(x)的最小值为2a＋aln2a.
【训练1】 (1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝ex－ax－ax2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.
(1)解　f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f′(x)＝（x－1）（x＋2）ex－（x－2）ex（x＋2）2＝x2ex（x＋2）2≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>