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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.
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).
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.
(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.
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.
(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 .
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.
(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.
课时精练
[分值：34 分]
1.(17 分)设a∈R，已知函数f(x)＝ln( x＋a)
x
，g(x)＝e－x.
(1)当a＝1 时，证明：当x>0 时，f(x)>g(x)；(7 分)
(2)当a>1 时，证明：函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.(10 分)
证明 f(x)－g(x)＝ln( x＋a)
x
－e－x＝ln( x＋a)- x e
- x
x
，令h(x)＝ln(x＋a)－xe－x.
(1)当a＝1 时，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要证原不等式，只需证当x>0 时，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
则h'(x)＝
1
x＋1＋(x－1)e－x＝e
x＋x
2-1
( x＋1)e
x >0 对任意的x>0 恒成立，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)①由题意知a>1，则函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得当x>0 时，f(x)－g(x)>ln( x＋1)
x
－e－x>0，
故函数y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②当x∈(－a，0)时，h'(x)＝
1
x＋a＋(x－1)e－x＝e
x＋x
2＋(a-1)x -a
( x＋a)e
x
.
令F(x)＝ex＋x2＋(a－1)x－a，x∈(－a，0)，
则F'(x)＝ex＋2x＋(a－1)在(－a，0)上单调递增，
且F'(－a)＝e－a－2a＋a－1＝e－a－a－1<0，
∵F'(0)＝a>0，∴F'(x)在(－a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(－a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(0)＝1－a<0，
∴F(x0)<F(0)＝1－a<0，
∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(－a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
∴h(x)在(－a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，当x∈(－a，0)时，
则y'＝(1－x)e－x>0，
函数y＝xe－x在(－a，0)上单调递增，
∴y＝xe－x>－aea，∴h(x)<ln(x＋a)＋aea，
取x2＝－a＋e
-ae
a>－a，
且e
-ae
a－a<e0－a＝1－a<0，
则x2＝－a＋e
-ae
a∈(－a，0)，
则h(x2)<ln(e
-ae
a－a＋a)＋aea＝0，
又h(0)＝ln a>0，由函数零点存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零点，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1 时，函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
2.(17 分)已知函数f(x)＝aex－1－x－1.
(1)讨论f(x)的单调性；(6 分)
(2)证明：当a≥1 时，f(x)＋x－ln x≥2a-2
a＋1 .(11 分)
(1)解 f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
当a≤0 时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R 上是减函数；
当a>0 时，令f'(x)＝aex－1－1＝0，
解得x＝1－ln a，
令f'(x)>0，得x>1－ln a，即f(x)在(1－ln a，＋∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，
综上，当a≤0 时，函数f(x)在R 上是减函数；
当a>0 时，f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)证明 令g(x)＝f(x)＋x－ln x＝aex－1－ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以g'(x)＝aex－1－1
x ，
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝aex－1＋1
x
2 ，
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1 时，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－1
x ，
又g'(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此时2a-2
a＋1 ＝0，
所以当a＝1 时，f(x)＋x－ln x≥2a-2
a＋1 成立；
当a>1 时，可得1
a－1<0，
所以e
1
a -1<1，
所以g'(
1
a)＝ae
1
a -1－a＝a(e
1
a -1－1)<0，
又g'(1)＝a－1>0，
所以存在x0∈(
1
a ，1)，使得g'(x0)＝0，
即ae
x0-1＝1
x0
，
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)＝ae
x0-1－ln x0－1，
由ae
x0-1＝1
x0
可得，x0＝
1
ae
x0-1 ，
则g(x)≥x0＋1
x0
－2＋ln a>2√
x0· 1
x0
－2＋ln a＝ln a，
下面证明ln a>2a-2
a＋1 ，a>1，
令φ(x)＝ln x－2 x -2
x＋1 ，x>1，
所以φ'(x)＝1
x - 2( x＋1)-(2 x -2)
( x＋1)
2
＝( x -1)
2
x( x＋1)
2>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)＝0，即ln a>2a-2
a＋1 得证，
即g(x)＝f(x)＋x－ln x>2a-2
a＋1 成立，
综上，当a≥1 时，f(x)＋x－ln x≥2a-2
a＋1 .
