微专题11 导数中的隐零点问题
（虚设零点设而不求）讲义
微专题教学内容
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结
合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．
1. 解题步骤
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程
, 并结合
的单调性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数
的正负, 进而得到
的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程
适当变形, 整体代入
最值式子进行化简:
（1）要么消除
最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到
最值式的估计.
2. 隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以
下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到
隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析
所以在解决形如
, 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
3. 解题感悟
1.隐零点指对于超越方程或者是一些带参数的方程，无法直接求得确切的零点，但是零点确
实存在的问题。特别是在求导的过程，求函数极值点，对原函数求导后，令导函数等于零，
就导函数零点进一步探寻原函数极值点或最值时会经常遇到“隐零点”问题。
2.隐零点常见题型，有证明零点个数，求解不等式，求最值的取值范围，求参数的范围。
3.解决办法，往往是“虚设零点”，设而不求，结合零点存在定理来初步确定零点的所在区
间。往往这样的零点都与某个参数相关联，相互依赖。在使用零点存在定理确定区间时往往
存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间。
4.特别是针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参
数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题，或证明不等式。构建关于隐
零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题。
典例精讲
【典例1】
用隐零点证明不等式：
【分析】根据给定条件，构造函数
，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作
答.
【详解】令函数
，
，求导得：
，显然函数
在
上单
调递增，
而
，
，则存在
，使得
，即
，有
，
当
时，
，当
时，
，函数
在
上单调递减，在
上单调
递增，
，
所以
.
会一题通一类
1.用隐零点证明
证明: 要证明左边大于右边, 只需证明左边的最小值大于右边即可
然后求导
,
单增,
, 因此
存在零点,
有一个极小值
设
的零点为
(1), 两边同时取自然对数,
(2)
将(1)、(2)带入
, 得
, 证毕
2.已知函数
．
(1)求
的极值；
(2)证明：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设
，求出其导数，利用导数
判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得
的定义域为
，
则
，
当
时，
，
在
上单调递增，无极值；
当
时，令
，则
，令
，则
，
即
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
为函数的极大值点，函数极大值为
，无极小值；
（2）证明：设
，
，令
，
则
，即
在
上单调递增，
，
故
，使得
，即
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
故
即
，即
，则
.
【典例2】
已知函数f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a．
（1）当a=e时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式f (x)≥1恒成立，求a 的取值范围．
【答案】（1）2
e−1（2）[1,+ ∞)
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点(1,f (1))切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角
形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数f (x)的单调性，当a=1 时，由f
′ (1)=0得f (x)min= f (1)=1,符合题意；当
a>1 时，可证f
′( 1
a )f
′(1)<0，从而f
′ (x)存在零点x0>0，使得f
′( x0)=ae
x0−1−1
x0
=0，得到f ( x)min，利用
零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得f (x)≥1恒成立；当0<a<1时，研究
f (1).即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.
【详解】（1）∵f ( x)=e
x−ln x +1，∴f
′( x)=e
x−1
x ，∴k = f
′(1)=e−1.
∵f (1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f (x)在点(1,f(1)处的切线方程为y −e−1=(e−1)( x−1),即y =(e−1) x +2,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),( −2
e−1 ,0),
∴所求三角形面积为1
2 ×2×| −2
e−1 |=
2
e−1．
（2）［方法一］：通性通法
∵f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a,∴f
′( x)=ae
x−1−1
x ，且a>0.
设g( x)= f ′( x),则g′( x)=ae
x−1+ 1
x
2 >0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f ′( x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f
′(1)=0,∴f (x)min= f (1)=1,∴f (x)≥1成立.
当a>1时，1
a <1 ，∴e
1
a −1
<1，∴f
′( 1
a )f
′(1)=a(e
1
a −1
−1)(a−1)<0,
∴存在唯一x0>0，使得f
′( x0)=ae
x0−1−1
x0
=0，且当x∈(0, x0)时f
′( x)<0，当x∈( x0,+∞)时
f
′( x)>0，∴ae
x0−1= 1
x0
，∴ln a+ x0−1=−ln x0，
因此f ( x)min= f ( x0)=ae
x0−1−ln x0+ ln a
= 1
x0
+ ln a+ x0−1+ ln a≥2ln a−1+2❑√
1
x0
⋅x0=2ln a+1>1,
∴f (x)>1,∴f (x)≥1恒成立；
当0<a<1时， f (1)=a+ ln a<a<1,∴f (1)<1,f ( x)≥1不是恒成立.
综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由f ( x)≥1得ae
x−1−ln x + ln a≥1，即e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥ln x + x，而ln x + x =e
ln x+ ln x，所以
e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥e
ln x+ ln x．
令h(m)=e
m+m，则h
′(m)=e
m+1>0，所以h(m)在R 上单调递增．
由e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥e
ln x+ ln x，可知h(ln a+ x−1)≥h(ln x)，所以ln a+ x−1≥ln x，所以
ln a≥(ln x−x +1)max．
令F( x)= ln x−x +1，则F
′( x)= 1
x −1= 1−x
x
．
所以当x∈(0,1)时，F
′( x)>0, F( x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，F
′( x)<0, F( x)单调递减．
所以[ F( x)]max = F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．
所以a 的取值范围为a≥1．
［方法三］：换元同构
由题意知a>0, x>0，令ae
x−1=t，所以ln a+ x−1= lnt，所以ln a= lnt −x +1．
于是f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a=t −ln x + ln t −x +1．
由于f ( x)≥1,t −ln x + ln t −x +1≥1⇔t + ln t ≥x + ln x，而y = x + ln x在x∈(0,+∞)时为增函数，故
t ≥x，即ae
x−1≥x，分离参数后有a≥
x
e
x−1．
令g( x)=
x
e
x−1，所以g
′( x)= e
x−1−x e
x−1
e
2 x−2
= e
x−1(1−x)
e
2 x−2
．
当0< x<1时，g
′( x)>0, g( x)单调递增；当x>1时，g
′( x)<0, g( x)单调递减．
所以当x =1时，g( x)=
x
e
x−1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．
［方法四］：
因为定义域为(0,+∞)，且f ( x)≥1，所以f (1)≥1，即a+ ln a≥1．
令S(a)=a+ ln a，则S
′(a)=1+ 1
a >0，所以S(a)在区间(0,+∞)内单调递增．
因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ ln a≥1．
下面证明当a≥1时，f ( x)≥1恒成立．
令T (a)=ae
x−1−ln x + ln a，只需证当a≥1时，T (a)≥1恒成立．
因为T
′(a)=e
x−1+ 1
a >0，所以T (a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T (a)]min=T (1)=e
x−1−ln x．
因此要证明a≥1时，T (a)≥1恒成立，只需证明[T (a)]min=e
x−1−ln x ≥1即可．
由e
x≥x +1,ln x ≤x−1，得e
x−1≥x ,−ln x ≥1−x．
上面两个不等式两边相加可得e
x−1−ln x ≥1，故a≥1时，f ( x)≥1恒成立．
当0<a<1时，因为f (1)=a+ ln a<1，显然不满足f ( x)≥1恒成立．
所以a 的取值范围为a≥1．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数f (x)的单调性，求出其最小值，由f min≥0即可求出，解法
虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥e
ln x+ ln x，再根据函数h(m)=e
m+m的单调
性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令ae
x−1=t，再同构，可将原不等式化成t + lnt ≥x + ln x，再根据函数y = x + ln x
的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用f (1)≥1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．
会一题通一类
1．已知函数f (x)=ax−e
−x，g(x)= x
2+ xln x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：g(x)>−5
16 ；
(3)若g(x)≥f (x)，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)(−∞,1]
【分析】（1）对函数求导，根据参数a的取值，分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性；
（2）求导得g
′ (x)=2 x +ln x +1，设h( x)=2 x +ln x +1,( x>0)，得函数h( x)在(0,+∞)上单调递增，利
用零点存在定理，得到存在x0∈(0, 1
4 )，满足ln x0=−2 x0−1，推得g(x)的单调性，即得
g(x)≥g( x0)= x0
2+ x0ln x0=−x0
2−x0=−( x0+ 1
2 )
2
+ 1
4 ，从而证得结论；
（3）由g(x)≥f (x)转化为a≤x + ln x + 1
xe
x = ln( xe
x)+ 1
xe
x ，设φ( x)= x e
x , x >0，求得φ( x)>φ(0)=0，
再设s(t )= ln t + 1
t ,(t >0)，判断其单调性得到s(t )≥s(1)=1，即得参数a的取值范围.
【详解】（1）由f (x)=ax−e
−x，可得f
′ (x)=a+e
−x，
当a≥0时，f
′ (x)>0，即函数f ( x)在R上为增函数；
当a<0时，由f
′ (x)=0，解得x = ln(−1
a )，
当x<ln(−1
a )时，f
′ (x)>0，当x>ln(−1
a )时，f
′ (x)<0，
故函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减.
综上，当a≥0时，函数f ( x)在R上为增函数；
当a<0时，函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+ ∞)上单调递减.
（2）因函数g(x)= x
2+ xln x的定义域为(0,+ ∞)，g
′ (x)=2 x +ln x +1，
令h( x)=2 x +ln x +1,( x>0)，则h
′( x)=2+ 1
x >0，
即函数h( x)在(0,+∞)上单调递增，当x→0
+时，h( x)→−∞，且h( 1
4 )= 1
2 + ln 1
4 +1= 3
2 −ln 4>0，
故存在x0∈(0, 1
4 )，使h( x0)=2 x0+ln x0+1=0，则得ln x0=−2 x0−1.
当0< x< x0时，h( x)<0，即g
′ (x)<0，故函数g(x)在(0, x0)上单调递减；
当x> x0时，h( x)>0，即g
′ (x)>0，故函数g(x)在( x0,+∞)上单调递增.
故g(x)≥g( x0)= x0
2+ x0ln x0=−x0
2−x0=−( x0+ 1
2 )
2
+ 1
4 ，
因x0∈(0, 1
4 )，故得g( 1
4 )< g( x0)< g(0)，即−5
16 <g( x0)<0，故g(x)>−5
16 .
（3）由g(x)≥f (x)可得x
2+ xln x ≥ax−e
−x，即a≤x + ln x + 1
xe
x = ln( xe
x)+ 1
xe
x ，
设φ( x)= x e
x , x >0，则φ
′( x)=( x +1)e
x>0，故函数φ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，则φ( x)>φ(0)=0.
再设s(t )= ln t + 1
t ,(t >0)，则s
′(t )= 1
t −1
t
2 = t −1
t
2 ，
当0<t <1时，s
′(t )<0，故函数s(t )在(0,1)上单调递减；
当t >1时，s
′(t )>0，故函数s(t )在(1,+∞)上单调递增，
故s(t )≥s(1)=1，故得a≤1，即a的取值范围是(−∞,1].
2．函数f (x)=e
x−ax ,a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当x ≥0时，f (x)≥( x +1)
2恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：当a=1时，f (x)>ln x +1．
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞,e−4)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为a≤e
x−( x +1)
2
x
，x>0恒成立的问题，设
g(x)=e
x−( x +1)
2
x
，x>0，利用导数求函数g(x)的最小值即可.
（3）问题转化为e
x−x−ln x−1>0，设m(x)=e
x−x−ln x−1，x>0，只需证m(x)的最小值大于0 即可.
【详解】（1）因为f (x)=e
x−ax，所以f
′ (x)=e
x−a.
若a≤0，则f
′ (x)>0在(−∞,+∞)上恒成立，所以函数f (x)在(−∞,+∞)上单调递增；
若a>0，由f
′ (x)=e
x−a>0 ⇒ x>ln a；由f
′ (x)<0 ⇒ x<ln a.
所以函数f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
综上：当a≤0时，函数f (x)在(−∞,+ ∞)上单调递增；
当a>0时，函数f (x)在(−∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
（2）当x ≥0时，f (x)≥( x +1)
2 ⇒ e
x−ax ≥( x +1)
2 ⇒ ax ≤e
x−( x +1)
2.
当x =0时，上式恒成立，即a∈R；
当x>0时，a≤e
x−( x +1)
2
x
.
设g(x)=e
x−( x +1)
2
x
，x>0，
则g
′ (x)= [e
x−2( x +1))⋅x−[e
x−( x +1)
2)
x
2
= (x−1)(e
x−x−1)
x
2
.
设h(x)=e
x−x−1，x>0，则h
′ (x)=e
x−1>0在(0,+∞)上恒成立，即h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又h(0)=e
0−0−1=0，所以e
x−x−1>0在(0,+∞)上恒成立.
所以由g
′ (x)>0 ⇒ x>1，由g
′ (x)<0 ⇒ 0< x<1.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
所以g(x)min= g(1)=e−4.
所以a≤e−4.
综上可知：a的取值范围为：(−∞,e−4).
（3）a=1时，要证e
x−x>ln x +1，即e
x−x−ln x−1>0.
设m(x)=e
x−x−ln x−1，则m
′ (x)=e
x−1−1
x ，x>0.
设n(x)=e
x−1−1
x ，x>0，则n
′ (x)=e
x+ 1
x
2 >0在(0,+∞)上恒成立.
所以m
′ (x)=e
x−1−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增.
又m
′ (1)=e−2>0，m
′(
1
2)=e
1
2 −3<0，则方程m
′ (x)=0只有一解，设为x0，且x0∈(
1
2 ,1)，
e
x0−1−1
x0
=0.
当0< x< x0时m
′ (x)<0，当x> x0时，m
′ (x)>0.
所以m(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增.
所以m(x)min=m(x0) =e
x0−x0−ln x0−1 = 1
x0
−x0−ln x0.
因为x0∈(
1
2 ,1)，所以1
x0
>1，x0<1，ln x0<0，所以1
x0
−x0−ln x0>0.
即m(x)min>0.
所以e
x−x−ln x−1>0在(0,+ ∞)上恒成立.
从而原命题成立.
【典例3】
已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)当
时，证明：
在定义域内恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理先判定
时符合题意，再适
当放缩即可证明.
【详解】（1）当
时，
，
，
当
时，曲线
在点
处的切线方程为
，即
．
（2）由题知，函数
的定义域为
，
当
时，设
，
则
．
令
，则
对任意
恒成立，
在
上单调递减，又
，
，使得
，即
，则
．
当
时，
，则
单调递增；
当
时，
，则
单调递减，
，即
．
又
，
，
当
时，
在定义域内恒成立．
会一题通一类
1.已知函数
．
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)证明：
．
【答案】(1)
；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2）将问题转化为
，令
，求导，利用零点存在性
定理判断极值点
，利用隐零点方程化简极小值可得
，结合二次函数
性质即可得证.
【详解】（1）
的定义域为
，
因为
，所以曲线
在点
处的切线斜率为
，
又
，所以切线方程为
，即
.
（2）
，
令
，则
，
因为
，
所以存在
，使得
，即
，
易知
在
上单调递增，
所以，当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增.
所以当
时，
取得最小值：
，
由二次函数性质可知，
在
上单调递减，
所以
，即
，
所以
.
2.已知函数
，若
的最小值为0，
(1)求的值;
(2)若
，证明:
存在唯一的极大值点
，且
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分
和
两种情况讨论求解即可；
（2）令
，求导后可得
在
递减，
递增，再结合零点存在
性定理得
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一的零点
，从
而得
是
唯一的极大值点.
【详解】（1）
，
当
时，
，所以
在
上递减，则
没有最小值，
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以
时，
取得最小值
，得
成立，
下面证
为唯一解，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
所以
，
所以方程
有且只有唯一解
，
综上，
；
（2）证明:由（1）知
，
令
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，
上递增，
因为
，
所以
在
存在唯一的
使得
，在
存在唯一的零点
，
所以当
或
时，
，即
，
当
时，
，即
，
所以
在
上递增，在
上递减，在
上递增，
即
是
唯一的极大值点，
，
由
，得
，
所以
，
因为
，所以
.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，
第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学
转化思想和计算能力，属于较难题.
学后测评
1．已知函数
.
（1）求函数
在点
处的切线方程；
（2）证明：
.
【答案】（1）
（2）详见解析
【分析】(1)对函数
求导后由几何意义求出函数在点
处的切线方程
(2)由导数可知存在极小值点，即最小值，下证
【详解】（1）
，
，
又由题意得
，
，所以
，
即切线方程为
.
（2）证明：由（1）知
，易知
在区间
单调递增，
，且
，所以
，使得
，即
有唯一的根，
记为
，则
，
对
两边取对数，得
整理得
，
因为
时，
，
，函数
单调递减，
时，
，
，函数
单调递增，
所以
.
当且仅当
，即
时，等号成立，
因为
，所以
，即
.
【点睛】本题考查了运用几何意义求函数的切线方程，在求解不等式时要求出函数
的最小值，由导
数求得极值点，代入化简运用不等式求出结果，属于中档题
2．设函数
.
(1)若
，证明：当
时，
；
(2)若
，证明：
；
(3)若存在
，使得当且仅当
时，
，求
的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用求导判断函数的单调性即可证明；
（2）证法一：通过求导推得
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，化简计算得到
，要证
等价于证明
，即证
，由
计算即得证得；证
法二：由（1）可推出
在区间
上恒成立，又当
时，
，分
析去掉等号即可得证；
（3）设
，则不等式
等价于
，分析可得
，
分类讨论
时满足条件的
的范围，易得当
时满足条件，当
时，分析讨论函数
的单调性，推得
在区间
上的最小值在
或
处取得，从而得到
，即得
的
取值范围.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
当
时，
，故
，
所以
在区间
上单调递减，所以
，即
.
（2）证法一：当
时，
.
当
时，
，此时
；
设
，则
，
当
时，
，当且仅当
时取等号，
故
在区间
上单调递减，
又
，因此存在唯一的
，使得
，
即
，即
，
且当
时，
，当
时，
，
故
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
由
.
由
且
，得
.
故
，
要证
等价于证明
，即证
.
因为
，所以
，不等式成立，
即
得证.
解法二：由（1）知当
时，
，
当
时，
，所以
，
所以
在区间
上恒成立，
所以当
时，
，
由于前面的等号在
处取到，后面的等号在
处取到，
所以
，即
.
（3）设
，不等式
等价于
，
故题目等价于：对所有
恒成立，且对所有
恒成立，
由于
的图象是一条连续不断的曲线，
故由所有
恒成立可知必有
，
由对所有
恒成立可知必有
，故
.
现求
时满足条件的
的范围.
① 当
时，
，
故
在区间
上单调递减.则
在区间
内的最大值为
，
因此
在区间
上恒成立，满足条件；
②当
时，
，即
，记
，则
，
当
时，
，故
，则
在区间
上单调递减，
又
，故
在区间
上先递增再递减，
也即
在区间
上的最小值在
或
处取得.
又
，故
在区间
上的最小值只能是0 或
.
要使
在
上恒成立，需使
，解得
.
综上，要存在
使题设成立，必须满足
.
又
，当
时，
.
故
的取值范围是
.
3．已知函数
，
.
(1)讨论
的单调性；
(2)证明：若
，则
存在唯一的极小值
，且
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分
和
两种情况讨论导数正负得出函数的单调区间；
（2）由题设
，
，并用导数研究
的单调性和极值，即可证.
【详解】（1）因为
，其中
，
.
①当
时，
恒成立，
的增区间为
，无减区间；
②当
时，令
，得
，
由
可得
；由
可得
.
此时，函数
的减区间为
，增区间为
.
综上所述：当
时，
的增区间为
，无减区间；
当
时，函数
的减区间为
，增区间为
.
（2）当
时，
，
，
令
，
，则
在
上恒成立，
∴
在
上单调递增，
又∵
，
，则方程
只有一解，设为
，
∴存在唯一的
，使得
，即
，
当
时，
，当
时，
，
∴
在
上单调递减，在
上单调递增，
∴
，
∵
，∴
，
∴
，
即
.
4．已知函数
，
为
的导函数，
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)若
有两个零点，
（i）求
的取值范围；
（ii）记
较小的一个零点为
，证明：
.
【答案】(1)在
上单调递减，在
单调递增；
(2)（i）
；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；
（2）（i）先讨论单调性，根据
有两个零点得出最小值
，即可得
的取值范围；
（ii）结合（i）知，要证
，即证
，即
，分
和
进行证明.
【详解】（1）当
时，
，函数
的定义域为
，
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增.
综上所述，函数
在
上单调递减，在
单调递增.
（2）（i）函数
的定义域为
，
，
①当
时，
，函数
在
单调递减，
至多有一个零点，不符合题意；
②当
时，令
，解得
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增.
∴当
时，
取得最小值，最小值为
.
因为函数
有两个零点，且
时，
，
时，
，所以
.
设
，易知函数
在
单调递增.
因为
，所以
的解集为
.
综上所述，实数
的取值范围是
.
（ii）因为
，由
，结合（i）知
，
要证
，即证
，即
，
当
时，因为
，
，不等式恒成立；
当
时，由
得
.
即证
.
即证
.
即证
.
设
，
，由
，
所以
在
单调递增.
所以
，故原不等式成立.
所以
.
5．已知函数
.
(1)若
，求曲线
在点
处的切线方程.
(2)证明：
在
上单调递增.
(3)若
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出
，求导，得到
，利用导数几何意义得到切线方程；
（2）求定义域，二次求导，得到函数
的单调性；
（3）证法一：由（2）得，
在
上单调递增，结合零点存在性定理和特殊点函数值得到
的
单调性和最值，结合基本不等式求出
，证明出结论；
证法二：当
时，
等价于
，令
，则有
，令
，求导得到单调性，证明出结论.
【详解】（1）当
时，
，
，
则
，
，
故曲线
在点
处的切线方程为
，
即
；
（2）
的定义域为
，则
，
令函数
，则
，
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增；
（3）证法一：由（2）得，
在
上单调递增，
因为
，由
，
，
可知存在唯一实数
，使得
，
即
，两边取对数，变形可得
，
当
时，
，则
在
上单调递减；
当
时，
，则
在
上单调递增；
所以
的极小值为
，
当且仅当
时，等号成立，
因为
，所以
，
所以
.
证法二：当
时，
等价于
，
即
，
令
，则有
，
先证当
时，
，
令函数
，则
，
当
时，
，则
在
上单调递增，
所以当
时，
，即当
时，
得证；
再证
，
令函数
，则
，
当
时，
，
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，即
得证；
综上，
，即当
时，
得证.
6．已知函数
是函数
的导函数，且
．
(1)求
；
(2)若
在区间
内单调递增，求实数
的取值范围；
(3)当
时，证明：
．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导函数结合
，求出原函数即可；
（2）根据题设函数的单调性，得出导函数
在
内恒成立，分离参数
，利用新设函数
的导函数分析其单调性，即可求得
的取值范围；
（3）通过二次求导结合零点存在定理分析导函数
的单调性，从而求出函数
的最值证得
，再利用放缩法可证得不等式.
【详解】（1）由题意，设
，（为常数），
又
，所以
，则
．
（2）由题意，
在
内恒成立．
，
，
．
令
，则
，
在区间
上单调递增，
，即
.
所以实数a 的取值范围是
．
（3）设
，
又
，则
，所以
在区间
上单调递增．
，
，即
，
，使
，当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
又
，
，此时
且
，
∴
，
又
，
，则
，
综上，
．
7．已知函数
，曲线
在
处的切线方程为
．（参考数
据：
为自然对数的底数，
）
(1)求
的值；
(2)求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合零点存在定理和导函数的单调性估算出极小值点的范围，利用前
者估算函数的最小值的范围后可证
.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，
由题意可得
，
，故
．
（2）证明：由（1）知，
，
，
令
，其中
，则
，
故
为
上的增函数．
又
，
，
因为
，故
，
因为
，故
即
，故
，
所以
在
上有且只有一个实数解
，
且
，
．
又当
时，
；
当
时，
；
则
在
上为减函数，在
上为增函数，
所以
，所以
．
8．已知函数
．
(1)证明：
有唯一的极值点；
(2)若
，求
的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）求出函数的导数，利用零点存在性定理及极值的意义推理即得.
（2）利用（1）中的极小值不小于0，再探讨极小值点的取值范围即可求出
的范围.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
求导得
，
令
，求导得
，函数
在
上单调递增，
又
，取
，且
，
显然
，因此存在唯一
，使得
，
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
当
时，
取得极小值，无极大值，
所以
有唯一极值点.
（2）由（1）知，
，即
，
依题意，
，将
代入整理得，
，
设
，求导得
，
于是函数
在
上单调递减，又
，则
，解得
，
因此
，解得
，
所以
的取值范围是
.
【点睛】结论点睛：可导函数
在点
处取得极值的充要条件是
，且在
左侧与右侧
的符号不同.
9．已知函数
.
(1)求函数
在区间
上的最大值；
(2)当
时，证明：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）求导，得到
，分
，
和
三种情况，结合函数单调性得
到最大值；
（2）变形为
，构造
，求导，结合零点存在性定理得到函数单
调性，求出最大值为
，故
，证明出结论.
【详解】（1）
，
，
故
，
若
时，
，又
，所以
，
所以
在
上单调递减，
所以最大值为
，
若
，令
得
，令
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
在
处取得极大值，也是最大值，
最大值为
，
若
时，
时，
，
所以
在
上单调递增，故最大值为
，
综上，当
时，最大值为
；
当
时，最大值为
；
当
时，最大值为
；
（2）当
时，
，定义域为
，
，
即证
，即
，
令
，则
，
令
，
，
则
，故
在
上单调递减，
其中
，
，
由零点存在性定理得
，使得
，即
，
当
时，
，
，当
时，
，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
处取得极大值，也是最大值，
最大值为
，
，故
，
所以
，所以
，
故
.
10．已知
，函数
，
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)证明：
存在唯一的极值点；
(3)若存在
，使得
对任意
成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求
，代入计算
即为斜率，求
的值，结合点斜式即可求得切线方程.
（2）①研究当
时，
的单调性，②研究当
时，令
，运用导数研究
单
调性，结合零点存在性定理可知存在唯一
，使得
，即
，进而可证得
的单
调性，进而可证得结果.
（3）将问题转化为
，由（2）可知，
，
，进而可得存在
，使得
，设
，
，进而将问题转化为求
，运用导数求
即可.
【详解】（1）由题意知，
，
所以
，
又
，
所以曲线在点
处的切线方程为
，即
.
（2）证明：由
，
，
①当
时，
，则
在
上单调递增，
②当
时，设
，则
，
所以
，故
在
上单调递减，
又
，
，
所以由零点存在性定理可知，存在唯一
，使得
，即
.
所以当
时，
，即
；当
时，
，即
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
综述：
在
上单调递增，在
上单调递减，存在唯一
，使得
.
故
存在唯一的极值点.
（3）由（2）可知，
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
，
因为
，所以
，
由题意知，
，
即
，
化简得
，
，
设
，
，
由题存在
，使得
，
所以
，
.
又
设
，
，则
，
所以
在
上单调递减，
故
，
当
时，
，
；当
时，
，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，所以
.
故
的取值范围为
.
【点睛】方法点睛：恒成立（能成立）问题解题策略：
方法1：分离参数法求最值：
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
(2)
恒成立⇔
；
恒成立⇔
；
能成立⇔
；
能成立⇔
；
方法2：根据不等式恒成立（能成立）构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函
数单调性求解．
