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k<x＋(x>0)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)<h＝－1，所以y＝f(x)<－1.
0 0
3．设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)求证：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.【解析】(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，
所以当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．
因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，
所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a＞0时，f′(x)有唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x.
0
当x∈(0，x)时，f′(x)＜0；当x∈(x，＋∞)时，f′(x)＞0.
0 0
所以f(x)在(0，x)上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，当且仅当 x＝x 时，f(x)取得最小值，最小值为
0 0 0
f(x)．因为2e2x－＝0，所以f(x)＝＋2ax＋aln≥2a＋aln(当且仅当x＝时等号成立)．
0 0 0 0 0
所以当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
4．已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x 是f(x)的一个极小值点，且f(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 x<x－1，所以－ln x>1－x，所以ln(x＋1)<x，所以ex>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0<x≤1时，1－x≥0，设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋>0，
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k<h(x) ，
min
且h′(x)＝，记m(x)＝x－2－ln x，则m′(x)＝1－＞0，所以m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且m(3)＝1
－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在x∈(3,4)，使得m(x )＝0，即x－2－ln x＝0，
0 0 0 0
所以h(x)在(1，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，且h(x) ＝h(x)＝＝x∈(3,4)，
0 0 min 0 0
所以k的最大整数解为3.
(3)证明：g(x)＝x2－aln x，则g′(x)＝2x－＝，
令g′(x)＝0，得x＝，当x∈时，g′(x)＜0，
0
当x∈时，g′(x)＞0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，而要使g(x)有两个零点，要满足g(x)＜0，即g＝2－aln＜0 a＞2e.
0
因为0＜x＜，x＞，令＝t(t＞1)，由g(x)＝g(x)，可得x－aln x ＝x－aln x ，
1 2 1 2 ⇒ 1 2
即x－aln x ＝t2x－aln tx ，所以x＝，而要证x＋3x＞4x，只需证(3t＋1)x＞2，
1 1 1 2 0 1
即证(3t＋1)2x＞8a，即(3t＋1)2＞8a，又a＞0，t＞1，所以只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8＞0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋＞0(t＞1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)＞n(1)＝0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)＞h(1)＝0，所以x＋3x＞4x.
1 2 0
7．已知函数 ．当 时, ,求整数 的最大值．
【解析】当 时, ,即 , 因为 ,所以只需 ,
令 , ,所以 ．
,令 , 在 递增
但 无法求解,故引入隐零点： ,
根据零点存在性定理, ,使得 ,即 ．
当 时, ,即 , 为减函数,当 时, ,即 , 为增函数,
所以 ,故 ；
在 递增, ,所以 ,又
所以整数 的最大值是1．
8．已知函数 .
（1）证明：函数 在 上存在唯一的零点；
（2）若函数 在区间 上的最小值为1，求 的值.【解析】（1）证明：∵ ，∴ .
∵ 在区间 上单调递增， 在区间 上单调递减，
∴函数 在 上单调递增.
又 ，令 ， ，
则 在 上单调递减， ，故 .
令 ，则 ，
所以函数 在 上存在唯一的零点.
（2）解：由（1）可知存在唯一的 ，使得 ，
即 （*）.函数 在 上单调递增.
∴当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
∴ .
由（*）式得 .
∴ ，显然 是方程的解.
又∵ 是单调递减函数，方程 有且仅有唯一的解 ，把 代入（*）式，得 ，∴ ，即所求实数 的值为 .
9．已知函数 ， ．
（1）令 ，求 的最小值；
（2）若 恒成立，求 的取值范围．
【解析】（1）有题意知， ， ，
∴ ，
∴当 ， ，即 在 上单调递减，
当 ， ，即 在 上单调递增，
故 ，∴ 的最小值为0；
（2）原不等式等价于 ，
即 ，在 上恒成立，
等价于 ，在 上恒成立，
令 ， ，∴ ，
令 ，则 为 上的增函数，
又当 时， ， ，
∴ 在 存在唯一的零点 ，即 ，由 ，
又有 在 上单调递增，∴ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ 的取值范围是 ．
10．已知函数 的图象在点 （ 为自然对数的底数）处的切线斜率为
．
（1）求实数 的值；
（2）若 ，且 对任意 恒成立，求 的最大值．
【解析】（1） ， ，
函数 的图象在 处的切线斜率为 ， ，
即 ，因此， ；
（2）由（ ）知 ．
对任意 恒成立， 对任意 恒成立，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
， ， 在 为增函数，， ，
存在 ，使 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增.
，
故有 对 恒成立． ， ，因此， 的最大值为 ．
11．已知函数 .
（1）若 在 处的切线斜率为 ,求实数a的值；
（2）当 时,判断 的极值点个数；
（3）对任意 ,有 ,求a的取值范围.
【解析】（1） , ,解得
（2） ,
令 ，当 时, .
易证： ,所以 .所以 .
所以 时, ,单调递增, 时, ,单调递减,
所以 是 的唯一极值点,所以 只有一个极值点.
（3）任意 , 可转化为令 , ,
令 , ,令 ,得 , 在 递增,在 单调递减,
且 , , , ,所以 时,
在 内存在唯一零点 ,
时, , , 单调递增, 时, , , 单调递减, 时,
, , 单调递增,
所以 , ，因为 ,所以
所以 ，因为 ,所以 ,
所以 ,即 .
12．已知定义在 上的函数 .
（1）求证： 存在唯一的零点,且零点属于 ；
（2）若k∈Z,且 对任意的 恒成立,求k的最大值.
【解析】（1） 的定义域为 , ,所以 在 上递增.
,
所以 存在唯一的零点,且零点属于 .
（2）由g（x）>k（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<x<4, ，
0 0
∴h（x）在（1,x）递减,在（x,+∞）递增,
0 0
在 上的极小值也即是最小值为 ,
由于 是整数,所以 的最大值是3.
13．已知函数 , ．
（1）设函数 ,求 的最大值；
（2）证明： ．
【解析】（1）因为 ,所以 ．
当 时, ；当 时, ．
所以 在 上为增函数,在 上为减函数,从而 ．
（2）证明：原不等式等价于 ,
则 ,令 ,则 ,
所以, 在 上单调递增．
令 ,则 , ,
所以,存在唯一 使得 ,即 ,
当 时, ；当 时,
此时 在 上单调递减,在 上单调递增,要证 ,即要证 ．于是原问题转化为证明不等式组 ,
由 ,得 ,代入 ．
对 两边取对数得 ,代入 ,得 ．
因为 ,当且仅当 , 时,等号成立,
所以 ．
14．已知函数 ,在定义域上有两个极值点 ．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证:
【解析】（1） ,
因为函数 的定义域上有两个极值点 , ,且 ,
所以方程 在 上有两个根 , ,且 ,
即 在 上有两个不相等的根 , ,
所以 ,解得 ,
当 时,若 或 , , ,所以函数 在 和 , 上单调递增,
若 ,所以函数 在 , 上单调递减,
故函数 在 上有两个极值点 , ,且 ,所以,实数 的取值范围是 ；（2）证明：由（1）知, , 是方程 在 上有两个不等的实根,
所以 ,其中 ,
故
,
令 ,其中 ,故 （a） ,
令 ,所以函数 （a）在 上单调递增,
由于 , （1） ,
所以存在常数 , ,使得 ,即 , ,
且当 时, ,所以函数 （a）在 上单调递减,
当 时, ,所以函数 （a）在 上单调递增,
所以当 时, ,
又 , ,所以 （a） ,即 （a） ,
所以 ．
15．已知函数 ．（ ）
（1）讨论 的单调性；
（2）若对任意 都有 ,求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数定义域是 ,
由已知 ,当 时, 恒成立,∴ 为递增函数,
当 时, , , ,
所以 在 为递增函数,在 为递减函数,
综上所述,当 时,∴ 为递增函数,当 时, 在 为递增函数,在 为递减函数．
（2）由题意得,对任意 都有 ,即 恒成立．
令 ,则 ．
令 ,则 在 上单调递增,因为 , ,
所以存在 使得 ,
当 时 , , 单调递增,当 时 , , 单调递减．
所以 ,由于 ,可得 ．则 ,
所以 ,又 恒成立,所以 ．
综上所述实数a的取值范围为 ．
16．已知函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若关于 的不等式 在 上恒成立,求实数 的取值范围.
【解析】（1）①当 时, 时, 在 上单调递增；
当 ,即 时, 在 上递减；
②当 时,令 ,得 或 ,函数递增；
令 ,得 ,函数递减
③当 时, 恒成立,函数在R上递增
④当 时,令 ,得 或 ,函数递增；
令 ,得 ,函数递减.
（2）不等式 在 上恒成立,
即 对任意的 恒成立,
对任意的 恒成立
记 ,则 ,
记 ,则 ,易知 在 上恒成立,
在 上单调递增,且 ,
存在 ,使得 ,且当 时 ,即 ,
∴函数 在 上单调递减；
当 时 ,即 ,故 在 上单调递增,
,即 ,又 ,故 ,即 ,令
在 上恒成立,
∴函数 在 上单调递增,且值域为 ,
， .
综上,实数a的取值范围是 .
17．已知函数 , 为 的导函数．
（1）讨论 在区间 内极值点的个数；
（2）若 , 时, 恒成立,求整数 的最小值．
【解析】（1）解：由 ,得 ,
令 ,则 ,
, , ,
当 时, , 单调递增,即 在区间 内无极值点,
当 时, , ,故 ,
故 在 单调递增,又 , ,
故存在 ,使得 ,且 时, , 递减,
, 时, , 单调递增,故 为 的极小值点,
此时 在区间 内存在1个极小值点,无极大值点；综上：当 时, 在区间 内无极值点,
当 时, 在区间 内存在1个极小值点,无极大值点．
（2）解：若 , 时, 恒成立,则 ,故 ,
下面证明 时, 在 , 恒成立,
, 时, ,故 时, ,
令 , , ,故 ,
令 ,则 , 在区间 , 单调递增,
因为 , ,
所以 在 上存在零点 ,
且 时, ； 时, ,
故 在 上为减函数,在 上为增函数,
又 , , ,
故存在 , ,使得 ,且 , 时, , 递增,
, 时, , 单调递减,故 时, 取得最大值,且 ,
, , ,故 单调递减,
故 , 时, 即 成立,
综上,若 , 时, 恒成立,则整数 的最小值1．
18．已知函数 , .（1）若函数 在 处取得极值1,其中 .证明： ；
（2）若 恒成立,求实数 的取值范围.
【解析】（1）证明： ,
因为函数 在 处取得极值1,
,且 ,
, ,令 ,则 ,
为 上的增函数, , ,即 .
（2）解：不等式 恒成立,即不等式 恒成立,即 恒成立.
令 ,则 .
令 ,则 . , .
在 上单调递增,且 , .
有唯一零点 ,且 .
当 时, , , 单调递减； .
由 整理得 , , ,
令 ,则方程 等价于 ,
而 在 上恒大于零, 在 上单调递增,, , ,
， .
所以实数a的取值范围为 .
