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§3.8 隐零点与极值点偏移问题
题型一 隐零点问题
导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，
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．
例1 (2022·扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
(1)解 f′(x)＝－a＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)证明 设函数φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x，且10，φ(x)单调递增，
0
所以φ(x)≥φ(x)＝ －ln x，
0 0
结合 ＝，
知x－2＝－ln x，
0 0
所以φ(x)≥φ(x)＝＋x－2＝＝>0，
0 0
则φ(x)＝ex－2－ln x>0，即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
思维升华 零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x)＝0，并结合f′(x)
0
的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适
当缩小．
跟踪训练1 (2022·淄博模拟)已知函数f(x)＝x2＋ln x－x(a≠0)．
(1)当a＝时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值.
解 (1)当a＝时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，
则f′(x)＝4x＋－4，
可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1－4＝－2，
即函数f(x)在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，
所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0.
(2)由F(x)＝af(x)－x2＝aln x－(2a＋1)x，
因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，
即aln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，
即a<在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝，x>1，
可得h′(x)＝，
令t(x)＝ln x－－1(x>1)，
可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，
且t(3)<0，t(4)>0，
所以存在x∈(3,4)，
0
使得t(x)＝ln x－－1＝0，
0 0
从而h(x)在(1，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
所以h(x) ＝h(x)＝＝
min 0
＝x∈(3,4)，
0
因为a<在(1，＋∞)上恒成立，
所以a(<)2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x －x)；
1 2 0 0
对结论xx>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
1 2
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝化为单变量的函数不等式，
利用函数单调性证明．
跟踪训练2 (2022·启东模拟)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x，x.证
1 2
明：x＋x>2.
1 2
证明 由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，
令g(x)＝－a，
则g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(x)＝<0，得x>1.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
由于x，x 是方程g(x)＝0的实根，
1 2
不妨设x<12，
1 2
只要证x>2－x>1.
2 1
由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x)0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．
所以H(x)2.
1 2
方法二 (比值代换法)设01，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，得x＝，x＝.
2 1 1 1 1 1 1 2
所以x＋x＝>2 ln t－>0，
1 2
设g(t)＝ln t－(t⇔>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－>0，
故x＋x>2.
1 2
课时精练
1．(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝＋＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
由已知f′(x)＝－＝－，
当00，
当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，
单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)因为对任意x∈(0，＋∞)都有aex≥f(x)，
即a≥恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝x＋ln x，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为h＝－1<0，h(1)＝1>0，
所以存在x∈，
0
使得h(x)＝x＋ln x＝0，
0 0 0
当x∈(0，x)时，h(x)<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
0
当x∈(x，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)<0，g(x)单调递减．
0
所以g(x) ＝g(x)＝ ，
max 0
由x＋ln x＝0，可得x＝－ln x.
0 0 0 0
则 ＝，
所以g(x) ＝g(x)＝ ＝1，
max 0
又a≥恒成立，
所以a≥1.
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
2．(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝－2ln x(a∈R，a≠0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)有两个零点x，x(x4.
1 2 1 2 1 2
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；
当a>0时，若x∈(0，)，
f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
若x∈(，＋∞)，
f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增，
故当x＝时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f()＝1－2ln ＝1－ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝4时，f(x)＝－2ln x，
由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，
又x，x 为函数f(x)的零点，
1 2∴04，只需证x>4－x.
1 2 2 1
∵f(4－x)＝－2ln(4－x)
1 1
＝－2x＋4－2ln(4－x)，
1 1
f(x)＝－2ln x＝0，
1 1
∴f(4－x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)，
1 1 1 1
令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(00，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)4得证．
1 2 1 2
3．(2022·湛江模拟)已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－x＋1>0.
(1)解 ∵f′(x)＝aex－2，
若a≤0，则aex－2<0恒成立，f(x)单调递减．
若a>0，当aex－2<0，ex<，
即xln 时，f(x)单调递增．
∴当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－2x.
设g(x)＝f(x)＋x2－x＋1
＝ex－2x＋x2－x＋1
＝ex＋x2－x＋1，
则g′(x)＝ex＋2x－，
令h(x)＝g′(x)＝ex＋2x－，
则h′(x)＝ex＋2>0，
∴h(x)在R上单调递增，
又h(0)<0，h(1)>0，
∴存在唯一零点x∈(0,1)，
0
使h(x)＝ ＋2x－＝0，①
0 0当x∈(－∞，x)时，h(x)<0，
0
即g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x，＋∞)时，h(x)>0，
0
即g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)在x＝x 处取得极小值，也是最小值．
0
g(x) ＝g(x)＝ ＋x－x＋1，
min 0 0
将①式代入，
则g(x) ＝g(x)＝－2x＋x－x＋1
min 0 0 0
＝x－x＋，
0
∵二次函数y＝x2－x＋在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，y有最小值y ＝12－＋＝0，
min
∴g(x) >0，
min
∴f(x)＋x2－x＋1>0.
4．(2022·百校联盟联考)已知函数f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.
(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)若函数f(x)有两个极值点x，x，求证：xx>e2.
1 2 1 2
(1)解 因为g(x)＝ln x－mx，
g′(x)＝，
①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，
所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，
则g(x) ＝g(e)＝1－me；
max
②当≥e，即0e2，只需证ln x＋ln x>2，
1 2 1 2
若f(x)有两个极值点x，x，即函数f′(x)有两个变号零点，
1 2
又f′(x)＝ln x－mx，
所以x，x 是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即
1 2
解得m＝，
另一方面，由
得ln x－ln x＝m(x－x)，
2 1 2 1
从而可得＝，
于是ln x＋ln x＝
1 2
＝.
不妨设01.
因此ln x＋ln x＝，t>1.
1 2
要证ln x＋ln x>2，
1 2
即证>2，t>1，
即当t>1时，有ln t>，
设函数h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，
因此h(t)>h(1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>.
所以ln x＋ln x>2成立，即xx>e2得证．
1 2 1 2
