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隐零点问题
【知识拓展】
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”，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，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.
【类型突破】
类型一 不含参函数的隐零点问题
例1 (2024·长沙调研节选)已知函数f(x)＝xln x－mx(m∈R).当x>1时，不等式f(x)
＋ln x＋3>0恒成立，求整数m的最大值.
训练1 (2024·济南模拟)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.
类型二 含参函数的隐零点问题
例2 已知函数 f(x)＝2exsin x－ax.若01，f(x)>0恒成立，求a的取值范围.
【精准强化练】
1.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证：f(x)有唯一的极值点x ，且f(x )>－.
0 0
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.
【解析版】
类型一 不含参函数的隐零点问题例1 (2024·长沙调研节选)已知函数f(x)＝xln x－mx(m∈R).当x>1时，不等式f(x)
＋ln x＋3>0恒成立，求整数m的最大值.
解 由题意，知xln x－mx＋ln x＋3>0对任意x>1恒成立，
可知m1恒成立.
设函数g(x)＝ln x＋(x>1)，
只需m1)，对函数h(x)求导，得h′(x)＝1－＝>0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增.
又h(3)＝1－ln 3<0，h＝－ln >0，
所以存在x ∈，使h(x )＝0，
0 0
即x －ln x －2＝0，
0 0
所以当x∈(1，x )时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
0
当x∈(x ，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
0
所以g(x) ＝g(x )＝ln x ＋＝x －2＋＝x ＋－1，
min 0 0 0 0
所以m0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(xex－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 )＝x e
x0－ln
x －x －1，
min 0 0 0 0
由G(x )＝0得x e
x0＝1，
0 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.
类型二 含参函数的隐零点问题
例2 已知函数 f(x)＝2exsin x－ax.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′＝2e－a>0，
f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，即00；当x∈(x ，π)时，f′(x)<0，
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.
1 2 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＝2e－a>2e－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，
1 2 2
即此时f(x)在(0，π)上有两个零点.
综上，当01，f(x)>0恒
成立，求a的取值范围.
解 由题意得，f′(x)＝ln x＋＋1－a，
令h(x)＝ln x＋＋1－a，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝，
因为x∈(1，＋∞)，所以h′(x)>0，
所以f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f′(x)>f′(1)＝2－a.
①当a≤2时，f′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)>f(1)＝0，满足题意.
②当a>2时，f′(1)＝2－a<0，f′(ea)＝1＋>0，
又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)单调递增，
所以f′(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，记为x ，
0
则当x∈(1，x )时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
0
所以f(x )－.
0 0
(1)解 因为f′(x)＝xex－a，
由f′(0)＝－1得a＝1.
又当x＝0时，f(x)＝－1，
所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，
即x＋y＋1＝0，所以b＝1.
(2)证明 令g(x)＝f′(x)＝xex－1，
则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1时，g(x)单调递增，
且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，
所以g(x)＝0有唯一解x ，f(x)有唯一的极值点x .
0 0
由x e
x0＝1，得e x0＝，
0
f(x )＝－x ＝1－，
0 0
又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0，可得－.
0
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，
所以f′(x)＝aex－＝(x>－1)，
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.
