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培优点 5 隐零点
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的
综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取
点判断符号，再结合函数零点存在定理处理．
题型一 不含参函数的隐零点问题
例1 (2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由．
解 (1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当01时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若11时，f′(x)>0，
当ln ae，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0，
当10)，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一x∈，使h(x)＝0，
0 0即 －＝0， ＝，－x＝ln x，
0 0
当00；
0
当x0，即g′(x)<0；
0
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x)上单调递增，在区间(x,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
0 0
∴当x＝x 时，g(x)取极大值g(x)＝ln x－x＋ ＝－x＋－2，
0 0 0
设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减．
∴g(x)0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
思维升华 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，利用函数零
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
0 0
注意确定x 的合适范围．
0
跟踪训练1 (2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
(1)解 设切点坐标为(x，f(x))，
0 0
由f′(x)＝－a，得f′(x)＝－a，
0
所以切线方程为y－(ln x－ax＋1)＝(x－x)，即y＝x＋ln x.
0 0 0 0
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
所以解得a＝－1.
(2)证明 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x∈(0,1)，
0
且当x∈(0，x)时，G(x)<0，F′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
0所以函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
故F(x) ＝F(x)＝ －ln x－x－1，
min 0 0 0
由G(x)＝0得 －1＝0， ＝1，
0
两边取对数得ln x＋x＝0，故F(x)＝0，
0 0 0
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.
题型二 含参函数的隐零点问题
例2 (2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．
(1)解 当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，f′(0)＝e－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝×|－1|×(e－1)＝.
(2)证明 当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)，
所以f′(x)＝aex－＝，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.
当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a
＝ln a＋，
因为a>1，所以ln a>0，又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
思维升华 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
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x，
f′(x)＝ex－1－＋1，
则f′(1)＝1，而f(1)＝2，
则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明 当a≤0时，
令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
F′(x)＝ex－a－＝，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1－a－1≥e－1>0，
则存在唯一x∈(0,1)，使得g(x)＝0，
0 0
即 ＝，
因此存在唯一x∈(0,1)，使得F′(x)＝0，
0 0
当0x 时，F′(x)>0，
0 0
因此函数F(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
当 ＝时，x－a＝－ln x，
0 0
则F(x)≥F(x)＝ －ln x －2＝＋x －a－2>2－a－2＝－a≥0，当且仅当＝x 即x ＝1时，
0 0 0 0 0
取等号，故式子取不到等号．
所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
1．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x，且f(x)>－1.
0 0
(1)解 ∵f(x)＝ex＋bsin x，
∴f′(x)＝ex＋bcos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明 由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
∴f′(x)＝ex＋cos x，
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，
则g′(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，
ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，
当x∈(0，＋∞)时，
ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝－1<0，
g＝ ＋cos＝ >0，
∴存在唯一x∈，
0
使g(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x 是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，
0
∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝ ＋cos x＝0，
0 0
当x∈(－π，x)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴f(x)存在唯一极小值点x.
0
又∵ ＋cos x＝0，∴ ＝－cos x，
0 0
∴f(x)＝ ＋sin x＝sin x－cos x
0 0 0 0
＝sin，
又∵x∈，∴x－∈，
0 0
∴sin∈，∴f(x)＝sin∈(－1,1)，
0
∴f(x)>－1.
0
2．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)若a＝，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；
(2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝时，
f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0得x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，
f(x) ＝f(e)＝0.
min
(2)因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，
即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，
当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0，a＝ ，
0 0
所以当x∈(0，x)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
0
当x∈(x，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
0
所以只需h(x) ＝h(x)
min 0＝ －a(x＋ln x)
0 0
＝ ≥0即可；
所以1－x－ln x≥0,1≥x＋ln x，
0 0 0 0
因为x＝ ，所以ln x＝ln a－x，
0 0 0
所以ln x＋x＝ln a≤1＝ln e，
0 0
解得0
