函数与导数：隐零点问题（复习讲义）含解析

盛数与导数:隐零点问题复为讲义

知识点解析

一、知火点

1.定义

导数方程［3）=0有实根期,但无法用代数式子直接解出精确值，只能确定取值区间，该零点即为隐零

点。

2.核心等式

极值点处满足:/'3。）=0,是整体代换的关键。

3.常见类型

含c\IriT等超越函数居多,多用于求最值、证明不等式、恒成立求参。

4.必备依据

零点存在定理、导函数单调性、隐零点区间估值。

二、解题原理

先锁定隐零点所在区间，不求解具体数值;利用r3°）=o进行式子代换，消去指数、对数等复杂项，化简原函

数解析式，再结合自变量区间求出最值与范围。

三、解题用路

5.对原函数求导，研究导函数单调性，判断零点唯一性：

6.代入特殊值，利用零点存在定理，锁定隐零点的的区间；

7.写出核心关系式r（m）=o,作为等量替换条件；

8.判断原函数单调区间，确定算0为极大/极小值点；

9.将的代入原函数，用导零等式替换化简；

依据比所在区间,求出函数最值，完成解题。

例题分析

1.（2026•甘肃•模拟预测）已知函数/（⑼=。炉+3simr-妨其导函数为广⑺.

（1）当a=1时，求函数r（4）的值域;

（2）当c6[0,兀]时，/（①）＞0恒成立，求实数Q的取值范围.

...........»

2.(2025•湖南长沙•模拟预测)已知函数/⑺=.

⑴讨论/(/)在其定义域上的单调性;

1

(2)当0VcVI时，若/(%)Vax一1,求实数Q的取值范围.

3.(2026•云南昭通•模拟预测)已知函数/(/)=exsinx-ai,其中a£R.

⑴0，卷,

LZJ

⑴当Q=1时，讨论/(C)的单调性;

⑻若存在"€(0,亨］,使得/⑸>0成立，求a的取值范围；

(2)当。=0时，证明:对任意的。E［0,冗］,f(x)—

4.（25—26高三上・广西柳州・月考）已知函数/（£）=皿（21+叫+/行€田.

（1）若曲线/（%）在力=1处的切线与直线i+3。-1=0垂直，求切点的坐标;

⑵当m=2,cW（。谭）时,求证：/（c）<sinx+♦+1.

q..................

变式训练

5.（2025•黑龙江哈尔滨•模拟预测）已知f⑺=ex-sinx-x.

⑴若gQ）―空""（0VcV年）7,证明:gQ）存在唯一零点;

e工'2

⑵当CW（一8,兀）时，讨论/（］）零点个数.

...........»

6.(24—25高三上•辽宁•期中)—知函数/(①)=ln(a;+1)，函数g(c)的图象与h(x)=-yx3—3x2+6x+2(x

-2)cos(x一2)的图象关于(1,2)中心对称.

(1)求函数g&)的解析式；

(2)证明：-^4/(⑼《必

x+1

(3)若/廿)+g(x)&Qi在2€[0,1]时恒成立，求实数。的取直范围.

7.(24—25高三上•贵州六盘水•月考)设"(c)为九(c)的导函数，若〃(乃在区间。上单调递减，则称以⑼

为。上的“凸函数”.已知函数/(⑼=-sinc+Qd+Q］.

⑴若/⑸为［0噂］上的“凸函数”，求Q,的取值范围；

L2」

(2)证明：当a=-1时，g(c)=/(2；+1)+/+3c+ln(x+2)+2有且仅有两个零点.

...........»

8.(2025•河南濮阳•模拟预测)已知函数/(⑼=e，simc-7nx+1.(mER)

(1)当m=2时，求/Q)在点(0,/(0))处的切线方程；

(2)证明：当OVmVI时，对任意的①W(0,平)，/(/)>1恒成立.

\47

实战演练

9.(25—26高三上•江西抚州•月考)已知函数/⑸=看0/+词1】2+2cos4.

(1)当Q=0时，BxE[0,兀],/(7)=m，求m的取值范围;

(2)若八乃在(0,+oo)上单调递增,求Q的取值范围.

............即

10.(25—26高三上•山西吕梁•月考)已知函数f(x)=ax-21nx.

(1)讨论函数/(乃的单调区间；

(2)当c>0时，/(x)>-i-x34-x2+2—2ex—21n①恒成立,求实数a的取值范围.

盛数与导数:隐零点问题复为讲义

知识点解析

一、知火点

1.定义

导数方程［3）=0有实根期,但无法用代数式子直接解出精确值，只能确定取值区间，该零点即为隐零

点。

2.核心等式

极值点处满足:/'3。）=0,是整体代换的关键。

3.常见类型

含c\IriT等超越函数居多,多用于求最值、证明不等式、恒成立求参。

4.必备依据

零点存在定理、导函数单调性、隐零点区间估值。

二、解题原理

先锁定隐零点所在区间，不求解具体数值;利用r3°）=o进行式子代换，消去指数、对数等复杂项，化简原函

数解析式，再结合自变量区间求出最值与范围。

三、解题用路

5.对原函数求导，研究导函数单调性，判断零点唯一性：

6.代入特殊值，利用零点存在定理，锁定隐零点的的区间；

7.写出核心关系式r（m）=o,作为等量替换条件；

8.判断原函数单调区间，确定算0为极大/极小值点；

9.将的代入原函数，用导零等式替换化简；

依据比所在区间,求出函数最值，完成解题。

例题分析

1.（2026•甘肃•模拟预测）已知函数/（①）=aa：3+3sin①一①，其导函数为r（z）.

⑴当Q=1时,求函数广⑸的值域；

（2）当c6［0,加时，/（0’0恒成立，求实数Q的取值范围.

【答案】（1）［2,+00）

⑵信,+8）

【分析】（1）通过连续求学来判断导函数的单调性，进而找出它的最小值，从而确定整个导函数的值域；

⑵采用分离参数法构造出一个新的函数，然后通过多次求导分析其导数的符号，证明该部函数在给定

区间内单调递增，最终利用端点处的最大值来确定参数a的取值范围.

【详解】(1)当a=1时，/(/)=/+3sini-x,xGR,则/'(%)=3x24-3cosx-1.

令g(x)=r(M,则g'(c)=6x-3sinx=3x(2x—sinx).

令h(x)=2x—sin①,则h\x)=2—cosx>0,

所以h(x)在以上单调递增，且旗0)=0.

所以£>0时，九(1)=［■g'(i)>0,所以g(。)=f，(x)在(0,4-co)上单调递增；

O

当/<0时，拉(①)=《g'(N)C0,所以g(N)=r(i)在(一°°,0)上单调递减.

所以r(i)miu=r(0)=2,所以/'⑸的值域为［2,4-00).

(2)当2=0时，/(0)=0,则/(£)>0恒成立，所以aCR.

当i>0时，由/(c)>0,得忙弯些.

x'

令歹(⑼=0-3simc,则尸⑶)=9sin①一2①一3ccos:r

令G(0)=9sinT—2x—3xcosx,则G'Q)=3xsinx+6cosz—2.

令H(x)=3xsinx4-6cosi—2,则H\x)=3xcosrc—3sina;.

令K(z)=3xcosx—3sin①，则K'(c)=-3①sine.

当0Vrr〈兀时，K(rr)=-3xsinx<0,当且仅当X=7L时，等号成立，故/<(切在(0,n］上单调递减，

又K(0)=0,所以H'Q)=KQ)<K(0)=0,故H(x)在(0,兀］上单调递减.

因为H(0)=4>0,H(兀)=-8<0,

所以存在XQE(0,兀)，使得G'(的)=H(XQ)=0.

所以GQ)在(0,©))上单调递增，在(的,兀)上单调递减，

由于G(0)=0,G(?u)=兀，于是当xG(0,7t］时，GQ)min=min{G(0),G(?r)}=min{0,兀}=0G(①)>0,此

时?也)>0,

所以R(c)在(0,兀］上单调递增，F(c)在(0,兀］上的最大值为F(7i),

五2

所以Q>—Y,

7T2

综上，实数a的取值范围是C，+8).

7T-'

2.(2025•湖南长沙•模拟预测)已知函数/(⑼=ln(1-X).

x

(1)讨论/("在其定义域上的单调性：

⑵当。<二V1时，若/Q)«口ax-1,求实数Q的取值范围.

【舂案】(1)所以/(I)在(-oo,0)和(0,1)上单调递减;

(2)［-l,+co)

【分析】(1)利用二次求导判断©3)=-"T-ln(l-c)QW(-8,0)U((M))的单调性得出9(为V

X—1(

9(0),即/'(/)V0即可；

(2)把问题转化为ln(l—x)—《ad+cWo在(o,i)上恒成立，分Q>—1和aV—1两种情况讨论，a>

-1时符合题意，Q<一1时导出矛盾即可求解.：

........山

-----1n(1-x)

【详解】(1)/3)的定义域为(-00,0)U(0,1),rQ)=三」------------,

x-

令W(”)=-ln(l—宓)(I€(—8,0)u(0,1)),则dQ)=,

£-1(x-1)cT(x-1)

当出VO时,<pr(x)>0,(p(x)在(—oo,0)上单调递增,

当ov±vi时，”3)<o,(p(x)在(0,1)上单调递减，

所以@3)vo,则有尸3)vo,所以f(x)在(-8,o)和(0,1)上单调递减；

(2)当0VcV1时，/(/)-1等价于ln(l—x)<-yar2—

即ln(l-a;)—+,令gQ)=ln(l—x)--^-ax2-f-rr(O<x<l),

则g'®=~J—ax+1=x(—-a),

①若a——1,则g'(°)<0,g(x)在(0,1)上单调递减，所以g(:r)<ln(l—0)—,0?+0=0,满足题意;

②若aV-1,令g'(c)=0,得应=工+16(0,1),

当(0诲))时，g'Q)>0,g(x)在(0,的)上单调递增，

当c€(%1)时，g'(z)<0,g(x)在(须),1)上单调递减，

所以gQ)&g(m)=p(—+1)=-ln(-a)4-一号，

\Q，2a2

令/i(a)=-ln(-a)+/一券M<-1)—=一十一白一告=(::，<0，

ZQ乙Q2。'zLar

h(a)是减函数，又九(一1)=0,所以g(g)>0,与条件矛盾，舍去.

综上所述，a的取值范围是［T,+8).

3.(2026•云南昭通•模拟预测)已知函数/(c)=e*sina—arc,其中a£R.

⑴词0,打

⑴当。=1时，讨论/(乃的单调性;

⑹若存在①W(0,5］，使得/Q)>0成立，求Q的取值范围；

(2)当a=0时，证明：对任意的/£［0,7：］»f(x)一看.

X

【答案】⑴⑴/(乃在［o昼］上单调递增：(沉)a4等

(2)证明见解析

【分析】⑴⑴由/'(c)>0在爪［04］时恒成立，得/(c)的单调性；㈤问题转化为存在c€(0号］,

使得a&g包些成立，令FQ)=9更些，利用导数求最值即可.

xx

33

(2)令g(c)=f(x)—x+^-=exsinx—x+,通过导数研究函数单调性证明g(x)>0在c€［0,兀］时

恒成立即可.

【详解】⑴⑴当a=1时，/(c)=exsinx—x,

财r(e)=e;r(sina:+cosx)—1=V2exsin(x4--j-)-1,

xE,sin(%+£),。工>1,所以/'(啰)>0,

所以/(/)在［。号］上单调递增.

⑻存在力£(0,卷］,使得/(0二0成立，即存在/£((),［•］,使得a«型些成立,

\2」\2」x

令尸3=为些/Q)=e，(sinc+cos:r)%—e，sina_e*(csinc+ccosc—sine)

XX2x

由(i)可得sin/+cos%=，^sin(c+-1,所以溷也4+/85%—521—1—5皿4,

令G(x)=x—sinx,Gr(x)=1—cos。?。，

所以GQ)在(。，^］上单调递漕，

GQ)>G(0)=0,所以尸(⑼>0,所以FQ)在(0,］］上单调递增，

n

存在x6(0,-r-，使得/(c)>0成立，即a&尸⑺max=^(y)=磬-

综上：a&

K

(2)证明：当a=0时，令g{x)=/(x)—x+=eTsinx—c+-^-,

g'{x)=ex(sinx+cosx)—1+卞.

令h(x)=ex(sinx+cosx)—1+条，》(i)=2ercosx+c,

令t(x)=2excosx+①，t\x)=2ex(cosrr-sinx)+1.

令(p(x)=2e"(cosi-sin①)+1,(pr(x)=-4e“：sinz<0在①€［0,7i］时恒成立，

A(p(x)在c£［0,兀］上单调递减,3(0)=3>0,0(兀)=-2eR+l<0,

所以m电€(0,兀).使得<p(xi)=0.

当①e［0,为)时，0(c)>o,t'(x)>o,t(x)单调递增；

当/£(Xi,7r］时，<p(x)<0,f(a?)<0,i(x)单调递减，

i(0)=2>0,£(21)>i(0)>0,t(7i)=-2ex+TU<0,

所以三叫€(0,冗)，使得t(x2)=0.

当力W［0,a?2)时，t(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增，

当a:W3,兀］时，t(x)<0,h'(x)<0,h{x}单调递减，

拉(0)—0,拉(①2)>h(0)=0,无(兀)=-e"—1+~~<—23—1+V—9+8V0,

所以BX3E(0.7T),使得无(。3)=0.

当①€(0,的)时，h(x)>0,g\x)>0,g(x)单调递增；

当°E(g,7］时，Mr)<0,g'(r)<0,g(x)单调递减，

。［0)=0，。(兀)=兀

/.g(x)>0,即对任意的c€［0,兀］,/(I)-

4.(25-26高三上•广西柳州•月考)已知函数/(£)=11］(21+明+/(〃2€田.

⑴若曲线/⑸在1=1处的切线与直线i+3g-1=0垂直，求切点的坐标;

⑵当m=2,c6（0噂）时，求证：〃c）<sinx+x2+1.

乙

【答案】（l）（l,l+ln2）;

（2）证明见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合互相垂直直线斜率之间的关系进行求解即可;

（2）构造新函数，利用二次求导法、函数零点存在原理进行运算证明即可.

【详解】⑴c+3g—l=Ong=―■①+：，

JJ

所以直线c+3“一l=0的斜率为一!，

•J

因此与直线①+3g—1=0垂直的直线的斜率为3,即/（1）=3.

fix）=ln（2x+m）+x2=>/r（x）=---F2x,

/Ij7/1

所以/'（l）=4-2x1=3na=0,即/（z）=ln（2x；+x2,

2X：1+77rl

所以〃l）=ln2+l,因此切点为（l,l+ln2）.

⑵当m=2,c€((吟)时,要证明f(x)<sinx+"+1,

即证明ln(2x+2)4-x2<sinx—x24-1,只需证明ln(x+l)+ln2<sinx+1,

即只需要证明图谈+1>1113+1）+1112,其中££（0,与）,

]

设拉(%)=sinx-ln(x+l)4-1-ln2,h'(x)=cosx—

c+1

i殳n(x)=九'(c),n\x)=—sinx+----

因为函数g=-sinc、y=---y在（。,卷）上均为减函数,

则n\x）=—sin^H--------在区间（0,£）内单调递减，

（.T+1）2'2）

因为记（0）=1>0,）=-1+——7<0,

2（尹1）~

所以，32；i6（0,］）,使得九'（①）=0,

当()VrcVii时，n'{x)>0;当T[<x<-^时，n'(x)<0.

所以"（c）在区间（0,与）内单调递增，在区间（如春）内单调递减，

又八'（0）=（），九'3）>o,"（5）=-^—<o,3x2e（%］）,使得h\x2）=（）,

方+i

当0VcVg时，〃（①）>0;当了2<人〈百时，hr{x）<0.

所以拉⑺在区间（0,g）内单调递增，在区间（电,与）内单调递减.

因为/i（0）=1—ln2>0,从"^）=1—+1）+1—ln2>0,

九（⑼在区间（0处）内单调递增,所以有九3）>九（o）>o,

h（x）在区间）内单调递减，所以有无⑸>从白）>0,

q..................

故（o,豹内儿3）＞o恒成立，原不等式得证.

...........»

变式训练

5.（2025•黑龙江哈尔滨•模拟预测）已知/（x）=ex-sinx-x.

⑴若gQ）-2。〃N）卜）<2<卷）,证明：g（①）存在唯一零点;

e工'27

⑵当CW（-00,7t）时，讨论/（/）零点个数.

【答案】（1）证明见详解

⑵f（c）有2个零点

【分析】（1）利用导函数研究函数g（幻在（0,专）上的单调性，进而根据零点存在性定理证明即可;

（2）分类讨论，利用导函数研究单调性，根据零点存在性定理求解即可.

【详解】⑴由题意，g⑺=2-2L/（”）=2—is=（0<rc<A）,

e工exv‘

则g,⑸=（2-♦-e”sin/）&-（2一口一呼sine）（e，）'=—3+:c—e，cosc

@）2ex

由于0Vcv£■，所以cosx6（0,1）,则ezcosx>0,又1一3Vo，所以-3+。一excos3；<0,

；土而9,（“）V0,所以g（c）在（°，号）上单调递减,

：一.一。号.

9—A_p2sn2义L_2。ci2

又42can42_4-7i-2e

g(0)=2>0,g(5)Z=I=Ivu,

e7eT2后

xxx

（2）f（x）=e*sinx-xtxG（-oo,兀），则f'⑸=e•sinx+ecosx-1,xG（—8,兀），

当式《一专时，因为e，Ve—,

所以/'（定）—ex,sin+excos3；­1=e1•（sinrr+cosx）—1<>/2e2—1•<V2e-1—1•<0,

此时fQ）单调递减,/（_5■）=e-y-sin（—y）+-y=—e7-1>0,

乙乙乙

所以/⑺在（一8,一哥上没有零点，

当一］时，令无（I）=c%sinN+e，cosz—1,（一］VcW0）,

则h!{x）=2excosx>0,

所以广（％）在（一垓逐］上单调递增，又r（o）=o,

故当一.V/V0时，/'（/）V0,则/（①）在（一.,0）上单调递减，51/（0）=0,

当时，r（/）>o，故/（0在（0,5］上单调递增，

因此，当—yV①《卷时,/3）只有一个零点，即2=0,

当。■&%V兀时，//（4）=2eNC0SCV0,所以/'（N）在-y,7T）上单调递减,

又r㈤=-eff-l<0,f（-y）=ef-l>0,

故m（寺,兀），使得r（g）—0,且当x€得心u）时，r（i）>O,/（0）单调递增，

当①E(%乃)时，zG(To,7T),f'(x)＜0,f(x)单调递减,

而了悟)=十一号＞。一号＞0,/(二)=一兀＜0,

所以当]&2＜须)时，/3)＞0,此时/(0)无零点，

当①£(厮兀)时，/(c)只有一个零点，

综上可知：x6(―oo,7u)时，/(0)有2个零点.

6.(24—25高三上•辽宁•期中)已知函数f(x)=ln(rr+1),函数g(x)的图象与h(x)=-^-x3—3x2+6re+2(。

—2)cosG-2)的图象关于(1,2)中心对称.

(1)求函数g(z)的解析式；

⑵证明：毒&

(3)若/Q)+g(c)4al在力€[0,1]时恒成立,求实数a的取道范围.

【答案】⑴g(。)=+21cos

(2)证明见解析

(3)[3,十⑹.

【分析】⑴利用两个函数互对称的性质求解即可；

(2)分为两个不等式，然后求差构造函数，利用函数的单调性求最值，然后判断大小即可；

⑶先将两个函数代入不等式，然后利用第二问的不等式放缩，去掉对数函数，然后化简求范围即可，因

为有放缩，所以还需要验证，所求参数的范围的补集不符合题意.

【详解】⑴g(c)=4-拉(2-4)

=4一/(2—①广+3(2—x)2-6(2-x)-2(2-x-2)cos(2-x-2)

=豆/+27cosi

(2)/3)的定义域为(―1,+8),设F(x)=f(x)—x=ln(x+l)—rr,

PQ)=4-1=1，

x+lx+1

Fr(x)>0,得一1V%VOF㈤V0,得i>0,

所以RQ)在(-L0］单调递增，在［0,+8)单调递减，

F(x)&斤(0)=0,所以f(x)Vx;

设G(i)=/(①=ln(c+l)―-^pG10=-^y-［、=/・一

①+1c+1c+13+1)~(4+D~

。3)>0,得1>0,。(，)<0,得一1<2<0,

所以GQ)在(-1,0］单调递减，在［0,+00)单调递增，

G(x)>G(0)=0,所以/(x)>:

c+1

综上所述，M/3)&I成立.

x+1

(3),f(/)+g(①)=ln(x4-1)4--yx34-2/cosi&c+-yx3+21cosce=x(l+-^-x24-2cosa:),

444

设H®=-yx2+2cosx,Hz(x)—x—2sinc,

令M［x)—H'(x)=x—2sino:,得M\x)=1—2cosc

...........»

当出E(0,1)时，M\x)V0,所以MQ)在［0,1］单调递减，

当出W(0,1)时，M(x)<"(0)=0,所以H(x)在［0,1］单调递减，

所以H(x)+1&"(0)+1=3,

所以当a>3时，/Q)+g3)0ar在［0,1］时恒成立，

下面证明当aV3时，/3)+g(r)&ac在［0,1］时不恒成立，

f(x)+g(x)>—7—+《炉+24cosc=x(-7—+《d+2cc.s£),

x+12\x-rl2,

设I(x)=—+4炉+2cosc=­+H(x),0r［x)=—―^―—+H'(x),

c+12x+l3+1)

当出e(0,1)时，rQ)V0J3)在［0,1］单调递减,值域是［l+2cosl,3］,

当aV3时，3XO€(0,1),使得，(①0)>Q，此时，/Qo)+gQo)>c/Qo)>axOt

即/(c)+gQ)在c£［0,1］时不恒成立；

综上所述，实数Q的取值范围是［3,4-00).

7.(24-25高三上•贵州六盘水•月考)设"⑺为九⑺的导函数，若“⑺在区间。上单调递减，则称人⑸

为。上的“凸函数”.已知函数/3)=—由讨+。炉+。&

(1)若/(c)为［。,菅］上的“凸函数”，求a的取值范围；

⑵证明：当三=—1时，gQ)=/3+1)+e+3a;+当Q+2)+2有且仅有两个零点.

【答■案】⑴(一8,—去］

(2)证明见解析

【分析】(1)由“凸函数”定义可得f'Q)在区间。上单调递减，令g3)=『'(c),则问题转化为g，3)V0在

［0,1］恒成立，分离参数后转化为求函数最值可得；

(2)令HQ)=g(x—1)=-sinx+ln(x4-l),a;>—1,结合(①)的单调性与三角函数的有界性，分

区间讨论H(x)的单调性与函数值的符号变化即可.

【详解】(1)由/(x)=-sini+a"+az,则f'(x)=—cosx4-2ax+a.

由题意可知，/Q)为［O,］］上妁“凸函数”，

贝］f(x)在区间［O,］］上单调递减，设砒力=ff(x),

贝］p'(c)=sinx+2a,所以sinc+2Q40在恒成立，

则2a4-sine在10重］恒成立，

又当①=］时，函数y=—sine取最小值，且最小值为一1,

所以有2aW-l,解得Q<一<，

乙

即a的取值范围为(一8,一J:

(2)当a=-1时，由f(x+1)=-sin(x+1)—(x+I)2—(x+1)得

g\x)=—sin(rc+1)—(re24-2x4-1)—Q+1)+x24-3x+In(4+2)+2=-sin(x+1)4-ln(x+2).

令令3)=g(x—1)=-sinx+ln(x+1),①>一1,其中77(0)=0,

虹H'Q)=-COSN+-4T，其中H'(°)=0.

x+1

①当一1V4V0时，则0V4+1V1,—！―>1>COSX,

x+l

所以H'(x)=—COSTH--y—>0,则H(x)在(—1,0)单调递增,

则H(x)<H(0)=0恒成立，即H(x)在(-1,0)无零点;

②当0VzV5时，令G(x)=H\x)=—cosx4——二，其中G(0)=0,

由G3)=sinx-/1在(0噂)单调递增,

(x+1)-'2>

义G，(o)=-l(0Q传)=sinf--L—)0,

2—)

故存在比€(0《),使得G包)=0,

故当0V/V而时，G'®<0,G(x)在(0,向)单调递减;

当向V%V与时,Gf(x)>0,G(x)在(如,)单调递增;

由G(0)=0,G管)™方+,]>0,

三2十+，1

故存在第G(0,£),使G(力J—0,即〃'Qi)—0,

故当0V±V为时，”(i)V0,HQ)在(0,必)单调递减；

当为Vc■时，"(c)>0,H(x)在(如专)单调递增;

又H(0)=0,H(])=_sin,+ln(-y+1)<—1+Ine=0,

坎当/E(0昼)时，”3)V0,即HQ)在(0,])无零点；

③当二&iV2时，由一cosc>0,'v>0,则"3)>0,

2i+l

故故”3)在[5,2)单调递增，

网与)=—sin-y+lnf-y+1)V0,且7/(2)=-sin2+ln3>—1+1=0,

故由零点存在性定理可知”(研在(专,2)有且仅有一个零点；

④当£>2时,H(x)=-sinx+ln(x+1)>—1+ln3>0,

故”3)在[2,+oo)无零点；

纥上所述，H(c)有且仅有两个零点，其中"(0)=0,而另一个零点在2)内.

由H(x)=g(x-1),即将H(x)图象向左移1个单位可得g(x)的图象.

故g(x)也有两个零点，一个零点为一1,另一个零点在(专一1,1)内.

故g(x)=/(x+l)+婷+3c+In(:r+2)+2有且仅有两个零点，命题得证.

8.(2025•河南濮阳•模拟预测)已知函数f(x)=exsinx-mx+1.(mER)

⑴当a=2时，求/(c)在点((),/(()))处的切线方程；：

(2)证明：当OVmVl时，对任意的kE(0,乎)，/(为>1恒成立.：

【答案】(1"+少一1=0：

...............0

⑵证明见解析.

【分析】(1)分别求切点坐标和切线斜率，利用点斜式可得切线方程；

⑵先把问题转化为e^sinx—mx>0,x6(0,争).设g(①)=e'inc-m，/,利用导数分析函数g(c)的单

调性,求函数gQ)的最小值大于0即可.

【详解】(1)当m=2时，/(①)=eTsinx—2c+1,(①)=eI(sinx+cosx)—2,

Kl/\0)=-1,/(())=1,

所以/(⑼在点(0,/(0))处的切线方程为？/-1=-(x-0)即b+y—1=0.

(2)要证当时，对任意的x€(0,-^),/(①)>1恒成立，印证exsinx—mx>0.

令g(c)=exsinx—mx,x6(0,-^-).

则g'(①)=ex(sina:+cosx)-m,

令h(x)=ex(sinx+cosx)—m,xE(0,竽),

则h'(x)=2excos3；.

当zW(0,5)时，力⑺>0,则函数h{x}在iW(0,5)上单调递增，

则当ce(o*)时，八⑸>h(o)=i-m>o,即g，⑸>o,

所以函数gQ)在％e(0,专)上单调递增，

所以当(0,马时，gQ)>g(0)=0.

当式e传，苧)时，九'(6)v0,

所以函数五(0在cW(],苧)上单调递减.

而力传)：>无(0)>0,从普)=_mV0,

所以存在(专,使得九(①0)=©^'(sinxo+cosxo)—m=0.

4TL

当工€(弓死)时，g®)>0,

当工€(的,普)时，g@)V0,

所以函数g(c)在①€■，4))上单调递增，在(3元)上单调递减.

如才

而g(D=”一］?n>e」_q>0,

：3兀、血乎3兀、血乎3兀

令0(M=乎ei-c,/W(0,3),(苧G(2,3)),

则(pf(x)=^-ex-l.

当0V4VlnV2时，(pr(x)<0,

当lnV2V⑦V3时，d(①)>0

所以函数W(c)在(0,ln禽)上单调递减，在(lnV2,3)上单调递增,

所以W(Mmin=W(lnJ^)=1-lnV2>0,

所以g（空）＞0（ln，^）＞。，

所以当（］,争）时，g（/）＞0.

综上所述，当0VmV1,对任意的xE（0,苧），g（c）=eJsinr—mx＞0,

即当0V7nVI时，对任意的cC（0,普）JQ）＞1恒成立.

...........也

实战演练

9.(25—26高三上•江西抚州•月考)已知函数/⑸="1_Q〃+csinc+2cos4.

(1)当Q=0时，BxE［0,兀］,/(7)=m，求m的取值范围;

(2)若八乃在(0,+oo)上单调递增,求Q的取值范围.

【答案】(1)［-2,2］

⑵诙+8)

【分析】(1)求导后，设g(4)=r(N),再次求导后结合g(z)的隼调性讨论可得/(N)的单调性即可得解；

(2)/(c)在(0,+oo)上单调递增，可转化为在(0,+8)上恒成立，且广(0)在(0,+x)的任意子

区间上不恒为0,令g)=/⑺，对0分类讨论研究》(I)6勺单调性即可得(Q)的单调性，即可得解.

【详解】⑴当a=0时，/'(z)=xcosx-sinrr,

令g(c)=xcosx—sine,

g'(x)=-TsiriT,当cG［0,7i］时，g'(%)WO,

所以f(x)在［0,兀］上单调递减，则rQ)&r(0)=0,

所以/Q)在［0,兀］上单调递减,

所以/(冗)W/Q)</(0),即一2&fQ)V2,

因为己/€［0,兀］JQ)=m，所以m的取值范围是［-2,2］;

⑵/⑸n,B+ccosaj-sini,

O

fix)在(o,+oo)上单调递增等价于r(⑼>0在(o,+8)上恒成立，

在(。，+8)的任意子区间上不恒为0,

2

令h(x)=/'(3)=—ax3+xcosx—sinx,xE(0,+8),

J

贝】h'(x)=2arc2—xsinx=x(2cx—sinx),

当时，因为oE(0,4-oo),所以2ax—sinx>x—sine,

令(p{x)=x—sin/,c£(0,+8),则⑸=1-cosx>0在(0,+8)上恒成立，

所以0(c)在(0,4-oo)上单调递增，所以p(c)>w(0)=0,

即x-sinre>0在(0,+8)上恒成立，

所以九'(4)=x(2ax—sinx)>1(/—sine)>0,

Wh(x)=f(x)在(0,+8)上单调递增,

所以/(乃>/\0)=0,则/(x)在(0,+8)上单调递增，符合题意；

当