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专题22 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，
导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函
数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出
其零点是x.因为x 不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 叫做隐零点；若x 容易求
0 0 0 0
出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
1．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【解析】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k0)恒成立．
令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x) ＝g(α)＝＋α.又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x) ＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
min min
所以k的最大值为2.
2．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的零点及单调区间；
(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y<－1.
0
【解析】(1)函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
(解答过程略)
(2)证明：要证明曲线y＝存在斜率为6的切线，即证明y′＝＝6有解，
等价于1－ln x－6x2＝0在x>0上有解．
构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x∈，使得g(x)＝0.
0 0
即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．
设切点坐标为(x，f(x))，则f(x)＝＝＝－6x，x∈.
0 0 0 0 0
令h(x)＝－6x，x∈.
由h(x)在区间上单调递减，则h(x)0，证明：f(x)>2(x －x)．
0 0 0 0
【解析】(1) f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex>0.
显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，必存在x>0，使h(x)＝0.
0 0
当x∈(0，x)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；
0
当x∈(x，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x＝x 是f(x)的极小值点．
0 0
综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．
(2)证明 由(1)得，f′(x )＝0，即 ＝a，
0
f(x)＝ －a(x ＋ln x)＝ (1－x－ln x)，
0 0 0 0 0
因为f(x)>0，所以1－x－ln x>0，
0 0 0
令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<0，
g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，
由g(x)>g(1)得x<1，所以x∈(0,1)，
0
设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)，φ′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，
即ln x1－x，所以ln(x＋1)x＋1>0.
因为x∈(0,1)，所以 >x＋1>0,1－x－ln x>1－x＋1－x>0，
0 0 0 0 0 0
相乘得 (1－x－ln x)>(x ＋1)(2－2x)，
0 0 0 0
所以f(x)＝ (1－x－ln x)>2x (x＋1)(1－x)＝2x(1－x)＝2(x－x)．结论成立．
0 0 0 0 0 0 0 0
5．已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数)．当x∈(0,1]时，
f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值．
【解析】当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x＋2)ex－ln x＋x.
令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]，所以h′(x)＝(1－x)，
当00，
所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，
且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，所以存在x∈，使得u(x)＝0，
0 0
即 ＝，所以ln x＝－x.当x∈(0，x)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x∈(x 1)时，u(x)>0，h′(x)>0.
0 0 0 0,
所以函数h(x)在(0，x]上单调递减，在[x 1)上单调递增，
0 0,
所以h(x) ＝h(x)＝(－x＋2) －ln x＋x＝(－x＋2)·＋2x＝－1＋＋2x.
min 0 0 0 0 0 0 0
因为y＝－1＋＋2x在x∈(0,1)上单调递减，
又x∈，所以h(x)＝－1＋＋2x∈(3,4)，
0 0 0
所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，
所以正整数m的最大值是3.
6．已知f(x)＝x2－4x－6ln x.
(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的单调性；
(2)对任意x∈(1，＋∞)，有xf′(x)－f(x)＞x2＋6k·－12恒成立，求k的最大整数解；
(3)令g(x)＝f(x)＋4x－(a－6)ln x，若g(x)有两个零点分别为x，x(x＜x)且x 为g(x)的唯一的极值点，
1 2 1 2 0
求证：x＋3x＞4x.
1 2 0
【解析】 (1)因为f(x)＝x2－4x－6ln x，所以定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2x－4－，且f′(1)＝－8，
f(1)＝－3，所以切线方程为y＝－8x＋5.又f′(x)＝(x＋1)(x－3)，令f′(x)＞0解得x＞3，
令f′(x)＜0解得0＜x＜3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2)xf′(x)－f(x)＞x2＋6k－12等价于k＜，记h(x)＝，则kk（x﹣1）对任意的x>1恒成立,得：k ,（x>1）,令h（x） ,（x>1）,则 ,
设f（x）=0,则由（1）得：3
