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进阶2 隐零点与零点赋值
题型一 隐零点问题
例1 (2024·汕头模拟)已知函数f(x)=1+ ln x
x
，g(x)=aex-1，a∈R.
(1)求f(x)的极值；
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a 的取值范围.
思维升华 对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'(x0)=0，并结合f(x)的单调性得到零点的
取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f'(x0)=0 适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可
以适当缩小.
跟踪训练1 (2024·郑州模拟)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a.
题型二 零点赋值
例2 已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0；
(2)若(x-1)f(x)≤0 恒成立，求a 的取值范围.
思维升华 (1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单
运算.
(2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于
“度”的掌握.
跟踪训练2 已知函数f(x)=ax- x +b
e
x ，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1.
(1)求a，b 的值；
(2)求证：函数在区间(1，+∞)上单调递增；
(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由.
答案精析
例1 解 (1)由题意得f'(x)=
1
x · x -(1+ ln x)
x
2
=- ln x
x
2
，x∈(0，+∞)，
令f'(x)=0，得x=1，当0<x<1 时，f'(x)>0；
当x>1 时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
故当x=1 时，函数取到极大值，极大值为f(1)=1，无极小值.
(2)由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)-g(x)=1+ ln x
x
-aex+1=0 有两个根，
即方程x+ln x+1-axex=0 有两个根，
令F(x)=x+ln x+1-axex，x∈(0，+∞)，
F'(x)=1+1
x -a(x+1)ex
=(x+1)(
1
x -ae
x)，
令φ(x)=1
x -aex(x>0)，
φ'(x)=- 1
x
2-aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
则F(x)在(0，+∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a>0，φ'(x)=- 1
x
2-aex<0，
φ(x)在(0，+∞)上单调递减，
当0<x<1 时，
φ(x)=1
x -aex>1-aex，
令1-aex>0，得x<ln1
a，
故当0<x1<min{1，ln 1
a}时，
φ(x1)>0，
当x>1 时，φ(x)=1
x -aex<1-aex，
令1-aex<0，得x>ln1
a，
故当x1>max{1，ln 1
a}时，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，+∞)上存在唯一零点x0，且1
x0
=ae
x0，
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，
当x∈(x0，+∞)时，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)时，F'(x)>0，
当x∈(x0，+∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
因为1
x0
=ae
x0，即ax0e
x0=1，
故F(x)max=F(x0)=x0+ln x0+1-ax0e
x0=x0+ln x0，
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0+ln x0>0，
由于1
x0
=ae
x0，
此时ln1
a=ln(x0e
x0)=x0+ln x0>0，得0<a<1；
下证当0<a<1 时，F(x)有两个零点，
因为F(e-2)=e-2-1-ae-2e
e
-2<e-2-1<0，
由(1)知1+ ln x
x
≤1 恒成立，
故F(x)=x+ln x+1-axex≤2x-axex=x(2-aex)，当且仅当x=1 时取等号，
所以F(ln 2
a)<2ln2
a-aln2
a·e
ln 2
a=ln2
a(2-ae
ln 2
a)=0，
因为0<a<1，结合前面分析知，存在唯一x0，且1
x0
=ae
x0，
使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
故F(x)max=F(x0)=x0+ln x0+1-ax0e
x0=x0+ln x0=ln1
a>0，
故F(x)在(e-2，x0)和(x0，ln 2
a)上各有一个零点，
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a 的取值范围为(0，1).
跟踪训练1 (1)解 f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=2e2x-a
x (x>0).
由f'(x)=0 得2xe2x=a.
令g(x)=2xe2x，g'(x)=(4x+2)e2x>0(x>0)，
从而g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0.
当a>0 时，方程g(x)=a 有一个实根，
即f'(x)存在唯一零点；
当a≤0 时，方程g(x)=a 没有实根，
即f'(x)没有零点.
(2)证明 由(1)可知当a>0 时，f'(x)存在唯一零点，
设f'(x)在(0，+∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(x0).
由2e
2 x0- a
x0
=0，得e
2 x0= a
2 x0
，
x0=
a
2e
2 x0，
得ln x0=ln
a
2e
2 x0=lna
2-2x0，
所以f(x0)=e
2 x0-aln x0
= a
2 x0
-a(ln a
2 -2 x0)
= a
2 x0
+2ax0+aln2
a
≥2√
a
2 x0
·2a x0+aln2
a
=2a+aln2
a.
故当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a.
例2 (1)证明 函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1 的定义域为(0，+∞)，
得f'(x)=ln x-aex+ea，
显然当a≤0 时，函数f'(x)在(0，+∞)上单调递增，而f'(1)=0，
即当0<x<1 时，f'(x)<0，
当x>1 时，f'(x)>0，
因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∀x>0，f(x)≥f(1)=0，
所以f(x)≥0.
(2)解 当a≤0 时，由(1)知，当x>1 时，f(x)>0，(x-1)f(x)>0，
即(x-1)f(x)≤0 不恒成立，不符合题意；
当a>0 时，(x-1)f(x)≤0 等价于当0<x<1 时，f(x)≥0，当x>1 时，f(x)≤0，
当a>0 时，
令g(x)=f'(x)=ln x-aex+ea，
得g'(x)=1
x -aex，
显然g'(x)在(0，+∞)上单调递减，
令h(x)=ex-x-1，h'(x)=ex-1，
当x<0 时，h'(x)<0，
当x>0 时，h'(x)>0，
则h(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
∀x∈R，h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0 时等号成立，
因此，e-x≥-x+1，
当0<x<1 时，ex< 1
1- x ，
g'(x)=1
x -aex>1
x - a
1- x
=1-(1+a)x
x(1- x) ，
当0<x< 1
1+a时，g'(x)>0，
而g'(
1
a)=a-ae
1
a<0，
从而存在唯一实数x0∈(
1
1+a ，1
a)，使得g'(x0)=0，
即a=
1
x0e
x0，
当0<x<x0时，g'(x)>0，
当x>x0时，g'(x)<0，
则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
而f'(1)=0，当x0<1 时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增，
当x∈(x0，1)时，f(x)<f(1)=0，不符合题意，
当x0>1 时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)=0，不符合题意，
当x0=1 时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∀x∈(0，+∞)，f'(x)≤f'(1)=0，
得f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，+∞)时，f(x)<0，符合题意，
因此，x0=1，a=1
e .
综上，a=1
e .
跟踪训练2 (1)解 f'(x)=a-1-( x +b)
e
x
，则f(0)=-b=1，
解得b=-1，f'(0)=a-(1-b)
=a-2=-1，
则a=1，b=-1.
(2)证明 由(1)知f(x)=x- x -1
e
x ，
f'(x)=1-2- x
e
x =e
x+ x -2
e
x
，
设h(x)=ex+x-2，
因为h(x)在(1，+∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)=e-1>0，
所以f'(x)>0 在(1，+∞)上恒成立，
所以函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增.
(3)解 因为f'(x)=1-2- x
e
x =e
x+ x -2
e
x
，
令f'(x)=0，得ex+x-2=0，
设h(x)=ex+x-2，
由(2)知h(x)在R 上是增函数，且h(0)=-1，h(1)=e-1>0，
故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)=0，
即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)=0，
即e
x0+x0-2=0，则e
x0=2-x0，
且当x∈(-∞，x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(x0)=x0-
x0-1
e
x0 = x0e
x0- x0+1
e
x0
= x0(2- x0)- x0+1
2- x0
=- x0
2+ x0+1
2- x0
=-(x0- 1
2)
2
+ 5
4
2- x0
，
当x0∈(0，1)时，2-x0>0，
-(x0- 1
2)
2
+5
4 >-(0- 1
2)
2
+5
4
=1，
则f(x)min>0，
则函数f(x)的零点个数为0.
