【培优点18：导数中的隐零点问题】
【知识拓展】
1.隐零点的定义
若函数
的导数
存在零点，但该零点
无法通过常规代数方法（如因式分解、求根公式）直接
求解（即
是超越方程，如
、
），则称
为
的“隐零点”（隐
性零点）.与之相对，可直接求解的零点称为“显零点”.
2.隐零点问题的核心矛盾与解决逻辑
核心矛盾：导数的零点无法直接求出，导致无法直接判断原函数的单调性、极值点，进而无法求解最值、
不等式证明等问题.
解决逻辑：“设而不求，整体代换”.即先通过导数的单调性和零点存在性定理，证明隐零点
的存在性
并确定其取值范围，再利用
的等式关系，将超越式（如
、
）转化为代数式，代入原函
数或不等式中进行化简计算，最终规避直接求解
的难点.
3.必备前置知识（隐零点问题的基础支撑）
零点存在性定理：若函数
在闭区间
上连续，且
，则存在唯一的
，使
得
（若同时能证明
在
上单调，则零点唯一）；
常见超越函数的单调性：①
在
上单调递增；②
在
上单调递增；③
在
单调递减，
单调递增；
导数与原函数的关系：导数的零点对应原函数的极值点，导数的正负对应原函数的单调性（导数正，原函
数增；导数负，原函数减）；
代数式化简技巧：通过
进行“降次”“消元”，如由
消去
，由
消
去
.
二、题型特征（快速识别隐零点问题）
隐零点问题常出现在导数大题的第二问，核心特征围绕“导数零点不可解”展开，具体可分为以下4 类典
型题型：
1.题型1：求含超越函数的函数最值（极值）
特征：原函数含
、
与多项式的组合（如
），求导后
是超越方程，
无法直接求解零点，但题目要求原函数的最小值、最大值或极值.
示例：求函数
的最小值.
2.题型2：证明含超越函数的不等式
特征：不等式两边含
、
与多项式的组合（如
、
），构造函数后求导，导
数零点不可解，但需证明函数的最值满足不等式.
示例：证明：当
时，
.
3.题型3：已知函数极值（最值）求参数范围/值
特征：函数含参数（如
），题目给出“函数有极小值”“最小值为2”等条件，求导
后
是含参数的超越方程，无法直接解出参数，需通过隐零点的范围间接求解.
示例：已知函数
的最小值为
，求实数
的值.
4.题型4：含隐零点的数列不等式证明
特征：不等式与数列求和结合（如
），构造函数证明单变量不等式后，需利用隐零点确
定函数最值的边界，进而推导数列不等式.
示例：证明：对任意正整数
，都有
.
快速识别口诀：“导后方程解不出，超越函数必隐零；最值证明含参数，设而不求代换灵”.
三、规律方法（隐零点问题的通用解题步骤+名师技巧）
隐零点问题的通用解题框架为“四步走”：判单调→定零点→代换式→求最值/证不等式，具体步骤与方
法如下：
1.第一步：求导分析，判断导数的单调性（核心前提）
对原函数
求导得
，再对
求导（记为
），通过
的正负判断
的单调性.
目的：确定
的单调区间，为后续用零点存在性定理找隐零点做准备（单调函数若存在零点，则零点
唯一）.
示例：若
，则
，再求导得
.由
，
，可知
在
单调递减，
单调递增.
2.第二步：用零点存在性定理，确定隐零点的存在性与取值范围
根据
的单调性，找到两个不同的点
和
，使得
，则存在唯一的
，使得
（即
为隐零点）.
关键技巧：选点的原则是“易计算
和
的值”，常用选点为
或根据参数范围构造
特殊点（如
、
）.
示例：承接上例，
（显零点，仅作示例）；若
，则
，
，故存在
，使得
.
3.第三步：利用隐零点等式，进行超越式与代数式的代换（核心步骤）
由
整理得到“超越式=代数式”的等式（如
、
），将其代入原函数
或需要证明的不等式中，消去超越项（
、
），转化为关于
的代数式.
代换目的：将含超越函数的复杂表达式转化为可化简、可求最值的多项式表达式，规避无法求解
的问题.
示
例
：
若
，
隐
零
点
满
足
，
则
代
入
原
函
数
得
，转化为关于
的二次函数.
4.第四步：根据隐零点范围，求代数式的最值/证明不等式
由第二步确定的隐零点
，分析代换后代数式的单调性，进而求出其最值（或确定最值的范围），
最终完成原函数最值求解或不等式证明.
关键技巧：代换后的代数式通常是单调函数（可通过求导判断），因此其最值必在区间端点处取得，无需
知道
的具体值，仅需利用区间
的边界计算即可.
示例：承接上例，
，且
，则
；若需证明
，则由
即可得证.
5.分题型专项技巧（名师秒杀思路）
（1）最值求解题型：“代换后单调，端点定范围”
若代换后的代数式
在
上单调递增，则
；若单调递减，则
，结合题目要求确定最值.
（2）不等式证明题型：“放缩隐零点，简化代数式”
若直接分析
的范围较复杂，可利用隐零点的范围对
进行放缩（如
、
），简化代数式后证明不等式.
（3）含参数题型：“隐零点与参数绑定，消元求解”
若导数含参数
，则隐零点
与
满足
，可整理为
（将参数用隐零点表示），再
代入原函数的最值条件中，解出
，进而求出
.
（4）数列不等式题型：“单变量不等式铺垫，隐零点定边界”
先构造单变量函数，利用隐零点证明
（或
），再令
、
等与数列项相
关的取值，累加后完成证明.
6.易错点警示（避坑指南）
①未证明导数的单调性直接用零点存在性定理：导致无法确定隐零点的唯一性，逻辑不严谨，高考评分会
扣分；
②选点不当导致无法判断
：需牢记常用选点（
等），若函数定义域为
，可
尝试
、
；
③代换时遗漏隐零点等式的转化：如由
代换时，未将所有
替换，导致仍含超越项；
④忽略隐零点的范围对代数式的约束：如代换后得到
，但未利用
确定范围，无法完
成证明；
⑤计算失误：代换后的代数式化简、端点值计算是高频失误点，建议分步化简并验算.
7.典型例题示范（结合方法落地）
例题：证明：当
时，
.
证明步骤：
1.构造函数：令
，定义域为
，需证明
；
2. 求导分析：
，令
，求导得
；
3. 判断
单调性：
在
单调递增（
增，
减，故
增）. 又
，
，故存在
，使得
；
4. 确定
的隐零点：
在
单调递减，
单调递增. 计算
，
，故存在
，使得
；
5. 代换求
最小值：
在
单调递减，
单调递增，故
.
代
入
得
：
；
6.分析
的范围：
，则
，
，故
，因此
；
7.结论：
，故当x
0 时，
成立.
【热点突破1：不含参数的函数隐零点问题】
【核心归纳】
题型说明
隐零点核心：设而不求，整体代换；零点存在定理+单调性证零点唯一性，由
消超越项，化简
求值/证不等式/求参数范围.
不含参：重点锁
区间，代换消
；含参：先锁
区间，再用
表参数，转化为单变量函数求值
域
(2025 浙江温州一模导数压轴)已知函数
，
，
证明：
.
解：
1.定义域
，求导得：
2.二次求导，证
单调性：
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
例题
当
时，
，
，故
，则
在
上单调递增.
3.定隐零点，锁区间（核心步骤）：
取特殊值计算：
，
，
由零点存在定理+单调性得：存在唯一隐零点
，使得
，即：
4.用性质，判原函数单调性：
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
故
在
处取得最小值：
.
5.巧代换，消超越项，化简证明（核心技巧：设而不求）：
将式(1)代入
得：
化简得：
6.构造单变量函数，证最小值大于1：
令
，
，求导得：
故
在
上单调递减，则
，代入计算：
因此
，则
.
综上，
恒成立.
【题后反思！！！！】
隐零点「不含参题型」核心规律总结（必考，记死）
1.不含参隐零点的本质：导函数是单调函数（一次求导/二次求导可证）+零点存在定理，锁定唯一隐零点
的区间（如
），区间越小越好，高考常考区间：
或
.
2.必做变形：由
，把
或
用代数式表示，消去超越项，如：
；
.
3.化简技巧：原函数的最值
一定能化简为无指数、无对数的代数函数，再通过单调性/均值不等式
证明最值满足条件.
【规律方法总结】
教材基础知识
特征：函数无参数.导函数零点方程（如
、
）为超越方程.无法精确求解.
核心：虚设零点
.利用
与
的范围.化简原函数最值/极值.
题型规律与方法
题型
解题要点
关键技巧
求不含参函
数的最值/极
值
1.求
.判断单调性；2.找
使
.
得唯一
；3.由
代换.化简
猜根试探（如
）.二次
求导定
单调性
证明不含参
不等式恒成
立
1.构造
.求
找隐零点
；2.求
最小值
；3.代换证明
放缩法缩小
范围.简化最值判
断
判断不含参
函数零点个
数
1.求
找隐零点划分单调区间；2.计算区间端点值.
结合零点存在定理判断
端点值可通过特殊值（如
,
）极限分析
易错辨析
易错点1：未证零点唯一性.直接设零点导致逻辑漏洞.纠正：先证
单调（如二次求导）.再用零点存
在定理.
易错点2：
范围过大.无法化简.纠正：用特殊值细化区间（如由
缩至
.再到
）.
常考结论
若
在
单调且
.则存在唯一隐零点
.
常见隐零点区间：含
取
.含
取
.含
取
.
(2023 浙江卷·导数压轴模拟题)已知函数
，求
的最小值.
解：
1.定义域为
，求导得
.
2.易知
在
上单调递增（
增，
减，增-减=增）.
3.取特殊值判符号：
，
.
小试牛刀1
由零点存在定理：存在唯一
，使得
，即
.
4.由
两边取自然对数，得：
.
5.单调性分析：当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单
调递增.
6.故
的最小值为
，代入代换式化简：
.
由均值不等式：
（当且仅当
取等），又
，故
.
综上，
的最小值为
（或写数值范围：最小值大于0）.
已知函数f（x）=1+ln( x +1)
x
（x＞0）．
（Ⅰ）判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若f（x）＞
k
x +1恒成立，求整数k 的最大值．
【分析】（Ⅰ）通过求导得f′（x）＜0，从而问题解决，
（Ⅱ）根据函数的单调性求出函数的导数，记g（x）＝x﹣1﹣ln（x+1），（x＞0），g（x）＝0 存在
唯一实根a，且满足a∈（2，3），a＝1+ln（a+1），从而解决问题．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=- 1
x
2[ 1
x +1 +ln（x+1）]，
∵x＞0，∴x2＞0，1
x +1 ＞0，ln（x+1）＞0，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）f（x）＞
k
x +1恒成立，即h（x）=( x +1)[1+ln( x +1)]
x
＞k 即h（x）的最小值大于k．
而h′（x）=x - 1- ln( x +1)
x
2
，记g（x）＝x﹣1﹣ln（x+1），（x＞0），
则g′（x）= x
x +1 ＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
又g（2）＝1﹣ln3＜0，g（3）＝2﹣2ln2＞0，
∴g（x）＝0 存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a＝1+ln（a+1），
小试牛刀2
当x＞a 时，g（x）＞0，h′（x）＞0，
当0＜x＜a 时，g（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）min＝h（a）=(a+1)[1+ln(a+1)]
a
=a+1∈（3，4），
故正整数k 的最大值是3．
【点评】本题考查了函数的单调性，函数的最值，不等式的证明，导数的应用，是一道综合题．
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）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且f ( x0)＞- 3
2．
【分析】（1）求出f'（x）＝xex﹣a，利用在x＝0 处的切线方程是x+y+b＝0，求出a，b 即可．
（2）令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，则g'（x）＝（x+1）ex，判断函数的单调性，当x＜﹣1 时，说明g
（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．当x≥﹣1 时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣
1＞0，g（x）＝0 有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，转化证明f ( x0)＞- 3
2．
【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax，则f'（x）＝xex﹣a，
由f'（0）＝﹣1 得a＝1，
切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），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，在（﹣∞，﹣1）内无零点．
又当x≥﹣1 时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，
所以g（x）＝0 有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，
由x0e
x0=1⇒e
x0=1
x0
，f ( x0)=x0- 1
x0
- x0=1- ( 1
x0
+x0)，
又g( 1
2 )=
❑√e
2 - 1＜0，
g(1)=e - 1＞0⇒1
2 ＜x0＜1⇒1
x0
+x0＜5
2，
∴f ( x0)＞- 3
2．
小试牛刀3
【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的切线方程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考
查分类讨论思想以及转化思想的应用．
【热点突破2：含参数的隐零点问题】
【核心归纳】
含参隐零点核心技巧：反客为主，用隐零点
表示参数，转化为单变量函数求值域，永远比分离参数简单.
必证结论：导函数的单调性（二次求导）+零点存在定理，缺一不可，否则高考扣分.
【易错提示】
(2024 新高考Ⅱ卷·导数压轴模拟题)已知函数
，若
恒
成立，求实数
的取值范围.
解：
1.定义域为
，求导化简：
.
由
，得
，令
，则
的符号与
完全一致.
2.分析
：
，故
在
上单调递增，且
时
，
时
.
3.分情况讨论+定隐零点：
(1)当
时，
，故
，
在
上单调递增；
时，
，
，故
，满足
.
(2)当
时，由零点存在定理+单调性，存在唯一隐零点
，使得
，即
，
两边取对数得：
.
4. 原函数单调性：当
时，
，
，
单调递减；当
时，
，
，
单调递增.
故
，由
恒成立，得
.
5.代入代换式化简：
，将
、
代入得：
.
6.解不等式：
，故
.
7.综上，实数
的取值范围为
.
【规律方法总结】
教材基础知识
特征：函数含参数（如
）.导函数零点
与参数相关.需通过
建立
与参数的等式.实现参
数消元或转化.
核心：用
表达参数.将问题转化为关于
的函数值域/最值问题.
经典例题
例题
题型规律与方法
题型
解题要点
关键技巧
求参数取值
范围
1.求
.设隐零点
.得
；2.由
范围求
值
域.即
的范围
反客为主.以
为自变
量.参数为函数值
含参不等式
恒成立
1.分离参数或构造函数.设隐零点
；2.由
代换.将最
值化为关于
的表达式；3.求该表达式的最值.得参数范围
参数与
相互制约.范
围需同步锁定
含参函数零
点个数讨论
1.求
找隐零点划分单调区间；2.结合参数范围.分析极值符
号与端点值.用零点存在定理判断个数
分类讨论参数.对应不
同极值符号与零点个数
易错辨析
易错点1：参数与
范围脱节.导致结果错误.纠正：由
建立
与
的关系.同步确定两者范围.
易错点2：代换时参数消元不彻底.残留超越项.纠正：优先将指数、对数项用代数项代换（如
）.
常考结论
含参隐零点中.参数
与
的关系式是桥梁.常通过
的范围反解
的范围.
若
的极值为
.则
的单调性由
的范围决定.可据此求最值.
(2024 北京海淀高三二模· 导数压轴题（优质模拟题）) 已知函数
，若
恒成立，求
的取值范围.
解：
1.定义域为
，求导得
.
2.证
单调性：
对
恒成立，故
在
上单调递增.
3.极限分析：
时，
，
，故
；
时，
，
，故
.
由零点存在定理+单调性，存在唯一隐零点
，使得
，即核心代换式：
.
4.原函数单调性：当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增.
故
，由
恒成立，得
.
5.代入
化简
，消去参数
：
.
小试牛刀1
展开化简：
.
两边减1 得：
.
6.构造函数
，
，分析单调性：
对
恒成立，故
在
上单调递减.
且
，因此
.
7.反求参数
的范围：由
，
，构造函数
，
.
，故
在
上单调递增.
则
，且
时
.
8.综上，实数
的取值范围为
.
(2022 年新高考Ⅱ卷·改编)已知函数
有两个不同零点，求实
数
的取值范围.
解析:
1.定义域为
，求导得
.
2.令
，得
，此为隐零点
.
3.单调性分析：当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
.
4.代入
化简：
.
5.函数有两个不同零点的充要条件：
，即
.
6.构造函数
，求导得
.令
，得
.
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减.
，故
.
7.边界验证：
当
时，
，
，
，但此时
，仅有1 个零点，舍去.
当
时，
时
；
时
.结合
，必有两个零点.
8.综上，
的取值范围为
.
已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．
（1）证明：当a＝﹣1 时，函数f（x）有唯一的极大值点；
（2）当﹣2＜a＜0 时，证明：f（x）＜π．
【分析】（1）求出函数的导数，代入a 的值，根据函数的单调性证明即可；
小试牛刀2
小试牛刀3
（2）法一：令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，只需证明h（x）max
＜0 即可．
法二：根据f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]，令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]，问题转化为证明g（x）≤π．
【解答】证明：（1）f′（x）＝aex+cosx+1，
∵x∈[0，π]，∴1+cosx≥0，
当a＝﹣1 时，f′（x）＝﹣ex+cosx+1，
令g（x）＝﹣ex+cosx+1，g′（x）＝﹣ex﹣sinx＜0，
g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0，
存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]，
故函数f（x）存在唯一的极大值点x0；
（2）法一：当﹣2＜a＜0 时，令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，
h′（x）＝aex+cosx+1，h″（x）＝aex﹣sinx＜0，
故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝aex＜0，
存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即ae
x0+cosx0+1＝0，
故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减，
故h（x）max＝h（x0）＝ae
x0+sinx0+x0﹣π，x0∈（0，π），
∵ae
x0+cosx0+1＝0，只需证h（x0）＝sinx0﹣cosx0+x0﹣1﹣π＜0 即可，
令m（x）＝sinx﹣cosx+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cosx+sinx+1＞0，
m（x）在区间（0，π）上是增函数，
则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π．
法二：当﹣2＜a＜0 时，aex＜0，f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]，
令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]，
则g′（x）＝1+cosx≥0，g（x）在[0，π]递增，
故g（x）≤g（π）＝π，
故f（x）＜g（x）≤π，
故f（x）＜π．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是
难题．
课后针对训练
1.已知函数f（x）＝e•ex- 2
x +1，g（x）=lnx
x +2．
（Ⅰ）求函数g（x）的极值；
（Ⅱ）当x＞0 时，证明：f（x）≥g（x）．
【分析】（I）首先确定g（x）的定义域为（0，+∞），求导可得g′（x）=1- lnx
x
2
，根据导数的应用，
分x∈（0，e）时x∈（e，+∞），两种情况即可得解；
（Ⅱ）要证f（x）≥g（x）即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，求导利用隐零点
问题的解决方法求得h（x）min≥0 即可．
【解答】解：（I）g（x）=lnx
x +2．定义域为（0，+∞），g′（x）=1- lnx
x
2
，
则x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增，
则x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在∈（e，+∞）上单调递减，
故函数g（x）的极大值为g（e）=1
e +2，无极小值，
（II）证明：要证f（x）≥g（x）等价证明xex+1﹣2≥lnx+x，
即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，（x＞0），
h′（x）＝（x+1）ex+1- 1+x
x
=（x+1）（ex+1- 1
x ），
令φ（x）＝ex+1- 1
x ，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，而φ（1
10）=e
11
10 - 10＜e2﹣10＜0，φ（1）
＝e2﹣1＞0，
故φ（x）在（0，+∞）上存在唯一零点x0，且x0∈（1
10，1），
x∈（0，x0）时，φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在x∈（0，x0）上单调递减，
x∈（x0，+∞）时，φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在x∈（x0，+∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝x0e❑
x0+1- lnx0﹣x0﹣2，又因为φ（x0）＝0，即e❑
x0+1=1
x0
，
∴h（x0）＝﹣lnx0﹣x0﹣1＝（x0+1）﹣x0﹣1＝0，从而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）．
【点评】本题考查了导数的应用，导函数f′（x）＞0 则原函数f（x）为增函数，f′（x）＜0 则原函
数f（x）为减函数，同时考查了极值的概念，属难题．
2.(2025 湖南长沙高三一模·导数)已知函数
，
，求证：
恒成立.
解：
1.定义域为
，求导化简：
2.证导函数单调性+锁定隐零点区间：
令
，
，求导得
.
当
时，
，
，故
，
在
上单调递增；
当
时，
，但
，故
，
，取
时
，
时
.
取特殊值：
，
.
由零点存在定理+单调性，得：存在唯一隐零点
，使得
，即
，核心代换式：
.
3.原函数单调性分析：
当
时，
，
，
单调递减；当
时，
，
，
单调递增.
故
，只需证
.
4.代入代换式化简证明：
由
，两边取对数得：
.
，代入
，得：
，结合
，
，故
.
5.综上，
，即
在
恒成立.
3.(2025 湖北武汉高三二模·导数压轴)已知函数
，若
恒成立，求实数
的取值范围.
解：
1.定义域为
，求导化简：
2.证导函数单调性+锁定隐零点区间：
令
，
，求导得
.
当
时，
，
，故
，
在
上单调递增；
当
时，
，但
，故
，
，取
时
，
时
.
取特殊值：
，
.
由零点存在定理+单调性，得：存在唯一隐零点
，使得
，即
，核心代换式：
.
3.原函数单调性分析：
当
时，
，
，
单调递减；当
时，
，
，
单调递增.
故
，只需证
.
4.代入代换式化简证明：
由
，两边取对数得：
.
，代入
，得：
，结合
，
，故
.
5.综上，
，即
在
恒成立.
4．（2023·湖北十堰·二模）已知函数f (x)=(2- x)e
x - ax - 2．
(1)若f (x)在R 上单调递减，求a 的取值范围；
(2)当0≤a<1时，求证f (x)在(0,+∞)上只有一个零点x0，且x0<e
a+1．
【答案】(1)[1,+∞)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意和函数的单调性可得f
' (x)≤0即g( x)=(1- x)e
x - a≤0在R 上恒成立，利用导数研
究函数g( x)的性质求出g(x)max即可求解；
（2）由函数零点的存在性定理可得∃x1∈(0,1]，使得f
'(x1)=0,进而得出函数f (x)的单调性，结合
f (0)=0、f (2)<0即可证明函数f (x)在(0,+∞)上只有一个零点x0；由f (x0)=0得(2- x0)e
x0=a x0+2，将
不等式变形为a x0+2- e≤0，则证明(2- x0)e
x0- e≤0即可，构造函数，结合分析法，利用导数研究函数
的性质即可证明.
【详解】（1）因为f (x)=(2- x)e
x - ax - 2，所以f
' (x)=(1- x)e
x - a．
由f (x)在R 上单调递减，得f
' (x)≤0，即(1- x)e
x- a≤0在R 上恒成立．
令g(x)=(1- x)e
x - a，则g
' (x)=- xe
x．
当x∈(- ∞,0)时，g
' (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0,+∞)时，g
' (x)<0，g(x)单调递减．
故g(x)max=g(0)=1- a≤0，解得a≥1，
即a 的取值范围为[1,+∞)．
（2）由（1）可知，f
' (x)在(0,+∞)上单调递减，且f
' (0)=1- a>0，f
' (1)=- a≤0，
故∃x1∈(0,1]，使得f
'(x1)=0．
当x∈(0, x1)时，f
' (x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(x1,+∞)时，f
' (x)<0，函数f (x)单调递减．
因为f (0)=0，f (2)=- 2a- 2<0，所以f (x)在(0,2)上只有一个零点x0，
故函数f (x)在(0,+∞)上只有一个零点x0．
因为0<x0<2，所以要证x0<e
a+1，即证a x0+x0- e<0，即证a x0+2- e≤0．
因为f (x0)=(2- x0)e
x0- a x0- 2=0，得(2- x0)e
x0=a x0+2，
所以(2- x0)e
x0≤e，故需证(2- x0)e
x0- e≤0即可．
令h(x)=(2- x)e
x- e，0<x<2，则h
' (x)=(1- x)e
x．
当x∈(0,1)时，h
' (x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1,2)时，h
' (x)<0，h(x)单调递减．
故h(x)max=h(1)=0．即(2- x0)e
x0- e≤0，
原不等式即证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函
数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决
问题的目的.
5．（2022·山东·模拟预测）已知函数f (x)=x e
x - ax +a，a≥0.
(1)若a=1，求f (x)的单调区间；
(2)若关于x 的不等式f (x)≥aln x恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为(- ∞,0)，单调递增区间为(0,+∞)；
(2)[0,e
2].
【分析】（1）把a=1代入函数解析式中得f (x)=x e
x - x +1，对函数进行求导即可得到f (x)的单调区间.
（2）f (x)≥a ln x恒成立等价于x e
x- ax +a- a ln x ≥0(x>0)恒成立，令h(x)=x e
x- ax +a- a ln x (x>0)，
则h(x)min≥0.
当a=0时，符合题意，当a>0时，对函数h(x)判断单调性，即可得到h(x)min= 2a- a ln a≥0，即可求出
答案.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=x e
x - x +1，
则f ' (x)=(x +1)e
x- 1.
当x∈(- ∞,0)时，因为x +1<1，且0<e
x<1，
所以(x +1)e
x<1，
所以f ' (x)=(x +1)e
x - 1<0，f (x)单调递减.
当x∈(0,+∞)时，因为x +1>1，且e
x>1，
所以(x +1)e
x>1，
所以f ' (x)=(x +1)e
x - 1>0，f (x)单调递增.
所以当a=1时，f (x)的单调递减区间为(- ∞,0)，单调递增区间为(0,+∞).
（2）f (x)≥a ln x恒成立等价于x e
x- ax +a- a ln x ≥0(x>0)恒成立，
令h(x)=x e
x - ax +a- a ln x (x>0)，
则h(x)min≥0.
①当a=0时，h(x)=x e
x>0在区间(0,+∞)上恒成立，符合题意；
②当a>0时，h' (x)=(x +1)e
x - a- a
x =(x +1)⋅(e
x - a
x)=(
x +1
x )(x e
x - a)，
令g( x)=x e
x - a，g
'( x)=( x +1)e
x，即g( x)在(0,+∞)上单调递增，
g(0)=- a<0, g(a)=ae
a- a=a(e
a- 1)>0，则存在x0∈(0,a)，使得g( x0)=0⇒x0e
x0- a=0，此时
x0e
x0=a，即x0+ln x0=ln a，
则当x∈(0, x0)时，h' (x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，h' (x)>0，h(x)单调递增.
所以h(x)min=h(x0)=x0e
x0- a(x0+ln x0)+a=2a- a ln a.
令h(x)min≥0，得2a- a ln a≥0.
因为a>0，所以0<a≤e
2.
综上，实数a 的取值范围为[0,e
2].
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性和隐零点问题，属于难题.
6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x - aln x - a．
(1)若a=1，求函数g( x)=f ( x)
x
的单调区间；
(2)若f ( x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)减区间为(0,1)，增区间为(1,+∞).
(2)0≤a≤e
【分析】（1）对函数求导后得g
'( x)=( x - 1)e
x+ln x
x
2
，令h( x)=( x - 1)e
x+ln x，对其求导，可判断
h
'( x)>0，则得y =h( x)在(0,+∞)单调递增，再结合h(1)=0可求得结果；
（2）解法一：由f ( x)≥0，得 e
x≥a ln x +a( x>0)，判断当a>0时成立，转化为e
x
x ≥a⋅ln x +1
x
，然后
构造函数m( x)=e
x
x ，n( x)=ln x +1
x
，利用导数求出其最值，可求出a的取值范围；解法二：利用导数求
出f ( x)min=x0e
x0( 1
x0
- ln x0- 1)（x0∈(0,+∞)），构造函数φ( x)=1
x - ln x - 1，利用导数求得当
0<x ≤1时，φ( x)≥0，从而可求得x0，进而可求出a的取值范围.
【详解】（1）若a=1，f ( x)=e
x - ln x - 1，g( x)=f ( x)
x
=e
x - ln x - 1
x
( x>0)，
g
'( x)=( x - 1)e
x+ln x
x
2
，
令h( x)=( x - 1)e
x+ln x，则h
'( x)=xe
x+ 1
x >0，
所以y =h( x)在(0,+∞)单调递增，
因为h(1)=0，
所以当0<x<1时，h( x)<0，即g
'( x)<0；当x>1时，h( x)>0，即g
'( x)>0，
所以g( x)的减区间为(0,1)，增区间为(1,+∞).
（2）解法一：f ( x)≥0，即 e
x≥a ln x +a( x >0)，
①若a=0，则不等式显然成立；
②若a<0，则当x→0时，a ln x +a→+∞不合题意；
③若a>0，则e
x≥a ln x +a等价于e
x
x ≥a⋅ln x +1
x
，
令m( x)=e
x
x ，则m
'( x)=e
x( x - 1)
x
2
，
当0<x<1时，m
'( x)<0，当x>1时，m
'( x)>0，
所以m( x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
所以当x =1时，m( x)min=m(1)=e，
令n( x)=ln x +1
x
，则n
'( x)=- ln x
x
2
，
当0<x<1时，n
'( x)>0，当x>1时，n
'( x)<0，
所以n( x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
所以当x =1时，n( x)max =n(1)=1，
所以e
x
x ≥a⋅ln x +1
x
成立，也即e≥a，则0<a≤e；
综上可得，0≤a≤e.
解法二：①若a=0，不等式显然成立；
②若a<0，当x→0时，a ln x +a→+∞不合题意；
③若a>0，则f
'( x)=e
x - a
x ，当x>0时，f
'( x)在(0,+∞)上单调递增，
且当x→0时，f
'( x)→- ∞；当x→+∞时，f
'( x)→+∞，
∃x0∈(0,+∞)使 f
'( x0)=e
x0- a
x0
=0，即a=x0e
x0，
当0<x<x0时，f
'( x)<0，当x>x0时，f
'( x)>0，
所以f ( x)在(0, x0)上递减，在( x0,+∞)上递增，
所以当x =x0时，f ( x)min=f ( x0)=e
x0- a ln x0- a=e
x0- x0e
x0ln x0- x0e
x0
=x0e
x0( 1
x0
- ln x0- 1)≥0
令φ( x)=1
x - ln x - 1（x>0），则φ
'( x)=- 1
x
2 - 1
x <0，
所以φ( x)在(0,+∞)上单调递减，
因为φ(1)=0，所以当0<x ≤1时，φ( x)≥0，
所以0<x0≤1，则0<a=x0e
x0≤e；
综上可得，0≤a≤e.
7．（23-24 高二下·湖北武汉·期末）已知函数f (x)=e
x - e
xsin x.
(1)求曲线y =f (x)在x =0处的切线方程；
(2)若不等式a≤f (x)≤b对任意x∈[0,π
2 ]恒成立，求实数a- b的最大值；
(3)证明：f (x)>4 - e
xsin x - 1
2 ( x - e)
2.（参考数据：e
0.7≈2.014 ,e≈2.718）
【答案】(1)y =1
(2)- 1
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程；
（2）求出函数f (x)在x∈[0,π
2 ]时的值域，可求实数a- b的最大值；
（3）依题意，构造函数g(x)=f (x)- 4+e
xsin x +1
2 ( x - e)
2，利用导数证明g(x)>0即可.
【详解】（1）f
' (x)=e
x - e
x⋅sin x - e
x⋅cos x，
∴f (0)=1,f
' (0)=0，
∴y =f (x)在x =0处的切线为y =1.
（2）f
' (x)=e
x⋅[1- ❑√2sin(x +π
4 )]，
∵x∈[0,π
2 ]，则π
4 ≤x +π
4 ≤3 π
4 ，所以sin(x +π
4 )≥
❑√2
2 ，
∴f
' (x)≤0,f (x)在[0,π
2 ]上单调递减，
∴x∈[0,π
2 ]时，f (x)∈[0,1]，
因为a≤f (x)≤b对任意x∈[0,π
2 ]恒成立，所以a≤0,b≥1，
则a- b≤- 1，∴a- b的最大值为- 1.
（3）设g(x)=f (x)- 4+e
xsin x +1
2 ( x - e)
2=e
x- 4+1
2 ( x - e)
2，
∴g
' (x)=e
x+x - e，
∵g
' (x)=e
x+x - e在R上单调递增，
g
' (0.7)=e
0.7+0.7 - e≈2.014 +0.7 - e<0, g
' (1)=1>0，
∴∃x0∈(0.7,1)，使g
'(x0)=e
x0+x0- e=0，
∴g(x)在(- ∞, x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(x0) =e
x0+1
2 (x0- e)
2- 4 =1
2
(e
x0)
2+e
x0- 4，
∵e
x0>e
0.7>2，
∴g(x)≥g(x0)>1
2 ⋅2
2+2- 4 =0，
∴f (x)>4 - e
xsin x - 1
2 ( x - e)
2.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.
8．（2024·福建泉州·一模）设函数f ( x)=ax - a- ln x．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)当a>0时，若g( x)=xf ( x)- a
2 x
2+x的值域为[0,+∞)，证明：2- a=ln 2- ln a．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对f ( x)求导，分a≤0和a>0讨论f ( x)的单调性，即可得出答案.
（2）对a分类讨论，求出f ( x)的单调性，求出f ( x)的最小值，进而求出g( x)单调性和最值，从而证得结
论.
【详解】（1）f ( x)的定义域为(0,+∞),f
'( x)=a- 1
x =ax - 1
x
．
当a≤0时，f
'( x)<0,f ( x)在(0,+∞)单调递减．
当a>0时，令f
'( x)=0，得x =1
a，
当0<x<1
a ,f
'( x)<0，f ( x)单调递减：当x>1
a ,f
'( x)>0，f ( x)单调递增．
综上，当a≤0时，f ( x)在(0,+∞)单调递减；
当a>0时，f ( x)在(0, 1
a)单调递减，在(
1
a ,+∞)单调递增．
（2）g( x)=a
2 x
2+(1- a)x - x ln x，定义域为(0,+∞)．
g
'( x)=ax +1- a- ln x - 1=ax - a- ln x =f ( x)，
由（1）得：当a>0时，f ( x)在(0, 1
a)单调递减，在(
1
a ,+∞)单调递增，
所以g
'( x)min=f ( x)min=f(
1
a)=1- a- ln 1
a =1- a+ln a，
令h(a)=1- a+ln a,h
'(a)=- 1+ 1
a =1- a
a
，
因为当0<a<1时，h
'(a)>0,h(a)递增，当a>1时，h
'(a)<0,h(a)递减，
所以h(a)=1- a+ln a≤h(1)=0，当且仅当a=1时等号成立，
即g
'( x)min=f ( x)min=f(
1
a)=1- a- ln 1
a =1- a+ln a≤0，当且仅当a=1时等号成立．
当a=1时，g
'( x)≥g
'( x)min=g
'(
1
a)=1- a+ln a=0，则g( x)在(0,+∞)递增，不合题意，舍去．
当0<a<1时，g
'(
1
a)=1- a+ln a<0, g
'(1)=0又因为当x趋近正无穷，g
'( x)趋近正无穷，
所以在(
1
a ,+∞)上存在唯一的x0，使得g
'(x0)=0，即a x0- a- ln x0=0,a x0- a=ln x0（※）
当x ∈(0,1), g
'( x)>0, g( x)递增；当x∈(1, x0), g
'( x)<0,g( x)递减；当
x ∈(x0,+∞), g
'( x)>0, g( x)递增．
又因为x趋近0，g( x)趋近0，且g( x)的值域为[0,+∞)，
所以g(x0)=a
2 x0
2+(1- a)x0- x0ln x0=a
2 x0
2+(1- a)x0- x0(a x0- a)=x0(1- a
2 x0)=0
x0=2
a，代入（※），得：2- a=ln 2
a，即2- a=ln2- ln a．
当a>1时，同理：当x ∈(0, x0), g
'( x)>0, g( x)递增；当x ∈(x0,1), g
'( x)<0, g( x)递减；当
x∈(1,+∞), g
'( x)>0, g( x)递增．
又因为x趋近0，g( x)趋近0，且g( x)的值域为[0,+∞)，
所以g(1)=a
2 +(1- a)=1- a
2 =0,a=2，满足2- a=ln 2- ln a．
综上，2- a=ln 2- ln a．
【点睛】关键点点睛：关键点在于对a分类讨论，求出f ( x)的单调性，求出f ( x)的最小值，进而求出
g( x)单调性和最值，从而证得结论.
9．（23-24 高三上·河北沧州·期中）已知函数f (x)=ln x - m x
2+(1- 2m) x +1.
(1)若m=1，求f (x)的极值；
(2)若对任意x>0，f (x)≤0恒成立，求整数m 的最小值.
【答案】(1)极大值为f(
1
2)=1
4 - ln 2，无极小值
(2)1
【分析】（1）求导函数f
'( x)，由导函数确定函数的单调性得极值；
（2）不等式恒成立转化为m≥ln x +x +1
x
2+2 x
在(0,+∞)上恒成立，设F( x)=ln x +x +1
x
2+2 x
，转化为求F( x)的
最大值，确定F
'( x)的零点x0的范围，得出F( x)最大值的范围后可得最小的整数m．
【详解】（1）当m=1时，f (x)=ln x - x
2- x +1(x>0)，
f
' (x)=1
x - 2 x - 1=- (x +1)(2 x - 1)
x
.
当0<x<1
2时，f
' (x)>0，则f (x)在(0 , 1
2)上单调递增；
当x >1
2时.f
' (x) <0，则f (x)在(
1
2 ,+∞)上单调递减.
所以f (x)在x =1
2时取得极大值且极大值为f(
1
2)=1
4 - ln 2，无极小值；
（2）因为对任意x>0，f (x)≤0恒成立，
所以ln x +x +1≤m(x
2+2 x)在(0,+∞)上恒成立，
即m≥ln x +x +1
x
2+2 x
在(0,+∞)上恒成立，
设F (x)=ln x +x +1
x
2+2 x
，则F
' (x)=- (x +1)(x +2ln x)
(x
2+2 x)
2
.
设φ(x)=- (x +2ln x)，
显然φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
因为φ(1)=- 1<0，φ(
1
2)=-(
1
2 +2ln 1
2)=2ln 2- 1
2 >0，
所以∃x0∈(
1
2 ,1)，使得φ(x0)=0，即x0+2ln x0=0，
当x∈(0, x0)时，φ(x)>0，F
' (x)>0；当x∈(x0,+∞)时，φ(x)<0，F
' (x)<0，
所以F (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，
所以F (x)max =F (x0)=ln x0+x0+1
x0
2+2 x0
= 1
2 x0
，
因为x0∈(
1
2 ,1)，所以1
2 x0
∈(
1
2 ,1)，
故整数m 的最小值为1.
【点睛】方法点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常
常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值，本题中函数的最值点不能直接求出，我们用x0表示，通
过F
'( x)得出x0的范围，从而可得最大值F( x0)的范围，然后得出结论．
