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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. 解 由题意，知xln x－mx＋ln x＋3>0 对任意x>1 恒成立， 可知m<ln x＋对任意x>1 恒成立. 设函数g(x)＝ln x＋(x>1)， 只需m<g(x)min. 对函数g(x)求导，得g′(x)＝＋＝. 设函数h(x)＝x－ln x－2(x>1)，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x0∈，使h(x0)＝0， 即x0－ln x0－2＝0， 所以当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝ln x0＋＝x0－2＋＝x0＋－1， 所以m<x0＋－1. 又x0∈，所以x0＋－1∈， 所以整数m 的最大值为2. 规律方法 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， 利用零点存在定理判断零点存在，设方程f′(x)＝0 的根为x0，则①有关系式f′(x0) ＝0 成立，②注意确定x0的范围. 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. (1)解 设切点坐标为(x0，f(x0))， 由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a， 所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0. 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＝(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x0∈(0，1)， 且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0 得x0ex0＝1， 两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝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0<a<6，试讨论f(x)在(0，π)上的零点个数. (e≈4.8) 解 ∵f(x)＝2exsin x－ax， ∴f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)－a， 令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excos x. ∴当x∈时，h′(x)>0； 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0<a≤2 时，f′(0)≥0， ∴∃x0∈，使得f′(x0)＝0， ∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减. ∵f(0)＝0，∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<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2<a<6 时，f′(0)＝2－a<0， 又∵f′(x)在上单调递增，在上单调递减， ∴∃x1∈，x2∈， 使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0， 且当x∈(0，x1)∪(x2，π)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(0，x1)和(x2，π)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增. ∵f(0)＝0，∴f(x1)<0， ∵f＝2e－a>2e－3π>0， ∴f(x2)>0， 又∵f(π)＝－aπ<0， 由零点存在定理可得，f(x)在(x1，x2)和(x2，π)内各有一个零点， 即此时f(x)在(0，π)上有两个零点. 综上，当0<a≤2 时，f(x)在(0，π)上仅有一个零点； 当2<a<6 时，f(x)在(0，π)上有两个零点. 规律方法 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x0，需根据题意对参数进行分类讨论. 训练2 (2024·泉州调研节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a.若x>1，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x0， 则当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x0)<f(1)＝0，不满足题意，舍去. 综上，a 的取值范围为(－∞，2]. 【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x0，且f(x0)>－. (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x0，f(x)有唯一的极值点x0. 由x0ex0＝1，得ex0＝， f(x0)＝－x0＝1－， 又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0， 可得<x0<1，可得2<＋x0<， 所以f(x0)>－. 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.
