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培优点 3 隐零点问题
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”，既能确定其
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，通
过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
考点一 不含参函数的隐零点问题
例1 (2022·济宁质检)已知函数f(x)＝acos x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的
切线方程为y＝－x.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．
解 (1)因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以
解得
(2)由(1)知f(x)＝cos x－ex，x∈，
所以f′(x)＝－sin x－ex，
设g(x)＝－sin x－ex
g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex)．
当x∈时，
cos x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，－1≤cos x≤1，ex>1，
所以g′(x)<0.
所以当x∈时，g′(x)<0，
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减．
因为f′(0)＝－1<0，
f′＝－
因为 >e>2，
所以 ，
所以f′>0，所以∃x∈，
0
使得f′(x)＝－sin x－ ＝0，
0 0
即 ＝－sin x.
0
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
0
所以f(x) ＝f(x)＝cos x－
max 0 0
＝cos x＋sin x＝sin.
0 0
因为x∈，
0
所以x＋∈，
0
所以sin∈，
所以f(x)∈(0,1)．
0
由题意知，c≥f(x)，
0
所以整数c的最小值为1.
规律方法 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x ，则①有关系式f′(x)＝0成立，②注意
0 0
确定x 的合适范围．
0
跟踪演练1 (2022·郑州模拟)已知函数f(x)＝e·ex－＋1，g(x)＝＋2.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．
(1)解 g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，g′(x)＝>0，
g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＝<0，
g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明
xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－
＝(x＋1)，
令φ(x)＝ex＋1－，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝ －100，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x，
0
且x∈，
0
当x∈(0，x)时，φ(x)<0，h′(x)<0，
0
h(x)在x∈(0，x)上单调递减；
0
当x∈(x，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，
0
h(x)在x∈(x，＋∞)上单调递增，
0
故h(x) ＝h(x)＝x －ln x－x－2，
min 0 0 0 0
又因为φ(x)＝0，即 ＝，
0
所以h(x)＝－ln x－x－1
0 0 0
＝(x＋1)－x－1＝0，
0 0
从而h(x)≥h(x)＝0，
0
即f(x)≥g(x)．
考点二 含参函数的隐零点问题
例2 已知函数f(x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值
范围．
解 依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，
∴k≥－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝－ex＋2，
则 φ′(x)＝－ex
＝，
令μ(x)＝－ln x－x2ex(x>0)，
则 μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)
＝－－xex(2＋x)<0，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又μ＝1－ >0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x∈，使μ(x)＝0，即－ln x＝x ，
0 0 0
两边取对数可得ln(－ln x)＝2ln x＋x，
0 0 0
即ln(－ln x)＋(－ln x)＝x＋ln x，
0 0 0 0
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x＝－ln x，
0 0
又当00, φ′(x)>0；
0
当x>x 时，μ(x)<0, φ′(x)<0，
0
∴φ(x)在(0，x)上单调递增，
0
在(x，＋∞)上单调递减，
0
∴φ(x)≤φ(x)＝－ ＋2
0
＝－＋2＝1，
∴k≥φ(x)＝1，
0
即k的取值范围为k≥1.
规律方法 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x ，则①有关系式f′(x)＝0成立，该关系式给出了x ，a
0 0 0
的关系；②注意确定x 的合适范围，往往和a的范围有关．
0
跟踪演练2 (2022·湖北新高考协作体联考)已知函数f(x)＝2exsin x－ax(e是自然对数的底数)．
若00；
当x∈时，h′(x)<0，
∴h(x)在上单调递增，
在上单调递减，
即f′(x)在上单调递增，
在上单调递减．
f′(0)＝2－a，f′＝2 －a>0，
f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，即00；
0
当x∈(x，π)时，f′(x)<0，
0
∴f(x)在(0，x)上单调递增，在(x，π)上单调递减．
0 0
∵f(0)＝0，
∴f(x)>0，又f(π)＝－aπ<0，
0∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；
②若20，
∴∃x∈，x∈，
1 2
使得f′(x)＝0，f′(x)＝0,
1 2
且当x∈(0，x)，x∈(x，π)时，f′(x)<0；
1 2
当x∈(x，x)时，f′(x)>0.
1 2
∴f(x)在(0，x)和(x，π)上单调递减，在(x，x)上单调递增．
1 2 1 2
∵f(0)＝0，∴f(x)<0，
1
∵f ＝2 －a>2 －3π>0，
∴f(x)>0，
2
又∵f(π)＝－aπ<0，
∴由零点存在定理可得，f(x)在(x ，x)和(x ，π)内各有一个零点，即此时f(x)在(0，π)上有两
1 2 2
个零点．
综上所述，当00，g(π)＝－eπ<0，
所以存在x∈(0，π)，使得f′(x)＝0，
0 0
且当00；
0
当x0，
所以φ(x)在(0，π)上单调递增，
所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，
即证f(x) ＝f(x)<π，即证f(x)<π.
max 0
2．(2022·菏泽质检)已知函数f(x)＝aln x－，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若关于x的不等式f(x)≤x－在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝aln x－的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋＝.
①若a≥0，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a<0，令f′(x)＝0，得x＝－.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)不等式f(x)≤x－在(0，＋∞)上恒成立等价于aln x－x－＋≤0在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝aln x－x－＋，
则g′(x)＝－1＋＝－.
对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必有两个零点．
又两个零点之积为－1，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点x∈(0，＋∞)，
0
则x－ax－1＝0，即a＝x－.
0 0此时g(x)在(0，x)上单调递增，在(x，＋∞)上单调递减，
0 0
故g(x)≤0，即ln x－x－＋≤0.
0 0 0
设函数h(x)＝ln x－x－＋，
则h′(x)＝ln x＋1－－1＋＝ln x.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又h＝h(e)＝0，所以x∈.
0
由a＝x－在上单调递增，
0
得a∈.
