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重难专攻5　隐零点问题
（时间：45分钟，满分：50分）
1.（10分）已知函数f（x）＝ex＋1－＋1，g（x）＝＋2，证明：f（x）≥g（x）.
2.（10分）（2026·河北邯郸模拟）已知函数f（x）＝（x－3）ex＋ax恰有一个极值点，求a的取值范围.
3.（15分）（2026·河南郑州模拟）已知函数f（x）＝（a－x）ex，a∈R.
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程；
（2）若不等式f（x）＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围.
4.（15分）已知函数f（x）＝ln x－x＋2sin x，f'（x）为f（x）的导函数.
（1）求证：f'（x）在（0，π）上存在唯一零点；
（2）求证：f（x）在（0，2π）上有且仅有两个不同的零点.
重难专攻5　隐零点问题
1.证明：证明f（x）≥g（x）等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x（x＞0），
即证xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h（x）＝xex＋1－ln x－x－2（x＞0），
h'（x）＝（x＋1）ex＋1－＝（x＋1）（ ex＋1－），
令φ（x）＝ex＋1－，则φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而φ（ ）＝－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），
当x∈（0，x0）时，φ（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x0）上单调递减；
当x∈（x0，＋∞）时，φ（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x0，＋∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝x0－ln x0－x0－2，
又因为φ（x0）＝0，即＝，
所以h（x0）＝－ln x0－x0－1＝（x0＋1）－x0－1＝0，
从而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）.
2.解：由题意可得f'（x）＝（x－2）ex＋a，令f'（x）＝（x－2）ex＋a＝0，得－a＝（x－2）ex，
设g（x）＝（x－2）ex，则g'（x）＝（x－1）ex.
由g'（x）＞0，得x＞1，则g（x）在（1，＋∞）上单调递增；
由g'（x）＜0，得x＜1，则g（x）在（－∞，1）上单调递减，
故g（x）min＝g（1）＝－e.
因为f（x）恰有一个极值点，所以f'（x）＝0有唯一的零点x0，且f（x）在x0两侧的单调性不同.
当x＜2时，g（x）＜0，则－a＝－e或－a≥0，
解得a＝e或a≤0.
当a＝e时，f'（x）≥f'（1）＝0，则f（x）在R上单调递增，没有极值点，故a＝e不符合题意；
当a≤0时，f'（1）＝－e＋a＜0，且当x＜2时，f'（x）＜0，当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，
则f（x）存在唯一的极小值点，
故a≤0符合题意，故a的取值范围是（－∞，0].
3.解：（1）当a＝2时，f（x）＝（2－x）ex，
则f'（x）＝（1－x）ex.
由f'（x）＝1，得1－x＝e－x，
设φ（x）＝e－x＋x－1，
则φ'（x）＝－e－x＋1＝，
令φ'（x）＞0，得x＞0，令φ'（x）＜0，得x＜0，
所以φ（x）min＝φ（0）＝0，故有且仅有x＝0，f'（0）＝1，
此时f（0）＝2，所以曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程为f（x）在x＝0处的切线方程，
该切线方程为y＝x＋2.
（2）由f（x）＝（a－x）ex＞1－x得aex＞xex－x＋1，即a＞x－，
所以a＞x－没有整数解，
设h（x）＝x－，h'（x）＝1－＝，
设t（x）＝ex＋x－2，t'（x）＝ex＋1＞0，所以t（x）单调递增，
且t（0）＝－1＜0，t（1）＝e－1＞0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使t（x0）＝＋x0－2＝0，即h'（x0）＝0，
当x∈（－∞，x0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）＝h（1）＝1，所以当x∈Z时，h（x）≥1.
所以实数a的取值范围为（－∞，1].
4.证明：（1）设g（x）＝f'（x）＝－1＋2cos x，
当x∈（0，π）时，g'（x）＝－2sin x－＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，
又因为g（ ）＝－1＋1＞0，g（ ）＝－1＜0，
所以g（x）在（0，π）上有唯一的零点，即f'（x）在（0，π）上存在唯一零点.
（2）设f'（x）在（0，π）上的唯一零点为α，
由（1）知＜α＜.
①当x∈（0，α）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（α，π）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点α，
所以f（α）＞f（ ）＝ln－＋2＞2－＞0，
又因为f（ ）＝－2－＋2sin＜－2－＋2＜0，
所以f（x）在（0，α）上恰有一个零点.
又因为f（π）＝ln π－π＜2－π＜0，
所以f（x）在（α，π）上也恰有一个零点.
②当x∈[π，2π）时，sin x≤0，f（x）≤ln x－x，
设h（x）＝ln x－x，x∈[π，2π），h'（x）＝－1＜0，
所以h（x）在[π，2π）上单调递减，所以h（x）≤h（π）＜0，
所以当x∈[π，2π）时，f（x）≤h（x）≤h（π）＜0恒成立，
所以f（x）在[π，2π）上没有零点.
综上，f（x）在（0，2π）上有且仅有两个不同的零点.
1 / 1重难专攻5　隐零点问题
　　隐零点是指一个函数的零点存在但无法直接解出，在函数、不等式与导数的综合题目中经常会遇到隐零点问题.涉及隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解.
　　
不含参函数的隐零点问题
（师生共研过关）
（2025·T8联考节选）已知函数f（x）＝ex－ln x＋1，试求f（x）的极值点个数.
　　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，利用函数零点存在定理，判断零点存在，设方程f'（x）＝0的根为x0，则： （1）关系式f'（x0）＝0成立； （2）注意确定x0的合适范围.
训练1 （2026·江苏海安、宿迁模拟节选）已知函数f（x）＝exsin x，g（x）＝2ln（x＋1）－x.求证：当x∈（ 0，）时，f（x）＞exg（x）.
含参函数的隐零点
（师生共研过关）
（2025·山东济南一模节选）已知a∈R，函数f（x）＝ex－a，x∈[0，＋∞）.若f（x）存在零点，试求a的取值范围.
　　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，a）＝0的根为x0，则： （1）关系式f'（x0，a）＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系； （2）注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
训练2 已知函数f（x）＝ex－a－ln x＋x.当a≤0时，证明：f（x）＞x＋2.
重难专攻5　隐零点问题
考点1
【例1】　解：f（x）＝ex－ln x＋1，x＞0，f'（x）＝ex－.
令t（x）＝ex－，∴t'（x）＝ex＋＞0，即f'（x）在区间（0，＋∞）上单调递增.
又f'（ ）＝－2＜0，f'（1）＝e－1＞0，
∴ x0∈（ ，1），使得f'（x0）＝0.
当x∈（0，x0）时，f'（x）＜f'（x0）＝0；当x∈（x0，＋∞）时，f'（x）＞f'（x0）＝0.
∴f（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，＋∞）上单调递增，
x＝x0是f（x）的唯一极小值点，无极大值点.
∴f（x）的极值点个数为1.
训练1　证明：证明f（x）＞exg（x）等价于证明sin x＞2ln（x＋1）－x，x∈（ 0，），
即证sin x＋x－2ln（x＋1）＞0.
令t（x）＝sin x＋x－2ln（x＋1），
所以t'（x）＝cos x＋1－，且t（0）＝0，t'（0）＝0.
当x∈（ 0，）时，设q（x）＝t'（x）＝cos x＋1－，q'（x）＝－sin x＋，
因为函数y＝－sin x，y＝在（ 0，）内均单调递减，
则q'（x）在（ 0，）内单调递减，
又因为q'（0）＝2＞0，q'（ ）＝－1＋＜0，
所以 x0∈（ 0，），使得q'（x0）＝0，
且当0＜x＜x0时，q'（x）＞0；
当x0＜x＜时，q'（x）＜0.
此时q（x）在（0，x0）内单调递增，在（ x0，）内单调递减，
又q（0）＝0，q（ ）＝1－＞0，故对任意的x∈（ 0，），t'（x）＝q（x）＞0，
则t（x）在（ 0，）内单调递增，
所以t（x）＞t（0）＝0.
综上，当x∈（ 0，）时，t（x）＞0，即得sin x＞2ln（x＋1）－x，所以f（x）＞exg（x）得证.
考点2
【例2】　解：因为函数f（x）存在零点，故ex＝a有解，若x＝0，此时无解，所以x＞0，即f（x）＝ex－a在（0，＋∞）上有解，f'（x）＝ex－＝，
①若a≤0，f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝1此时不存在零点；
②若a＞0，令h（x）＝2ex－a，易知函数h（x）单调递增，且h（0）＝－a＜0，h（a2）＝2·a－a＞0，由函数零点存在定理可知存在x0∈（0，a2），h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
故f（x）min＝－a＝－a≤0，解得x0≥，故a≥＝.
故a的取值范围是[，＋∞）.
训练2　证明：当a≤0时，令F（x）＝f（x）－x－2＝ex－a－ln x－2，x＞0，
F'（x）＝ex－a－＝，
令g（x）＝xex－a－1，x＞0，g'（x）＝（x＋1）·ex－a＞0，
即函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而g（0）＝－1＜0，g（1）＝e1－a－1≥e－1＞0，
则存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，
即＝，
因此存在唯一x0∈（0，1），使得F'（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，F'（x）＜0；当x＞x0时，F'（x）＞0，
因此函数F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
当＝时，x0－a＝－ln x0，
则F（x）≥F（x0）＝－ln x0－2＝＋x0－a－2＞2－a－2＝－a≥0，当且仅当＝x0，即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号.
所以当a≤0时，f（x）＞x＋2.
1 / 1(共25张PPT)
重难专攻5　隐零点问题
重难解读
　　隐零点是指一个函数的零点存在但无法直接解出，在函数、不等式与导数的综合题目中经常会遇到隐零点问题.涉及隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解.
不含参函数的隐零点问题 （师生共研过关）
（2025·T8联考节选）已知函数f（x）＝ex－ln x＋1，试求f（x）的
极值点个数.
解：f（x）＝ex－ln x＋1，x＞0，f'（x）＝ex－ .
令t（x）＝ex－ ，∴t'（x）＝ex＋ ＞0，即f'（x）在区间（0，＋
∞）上单调递增.
又f'（ ）＝ －2＜0，f'（1）＝e－1＞0，
∴ x0∈（ ，1），使得f'（x0）＝0.
当x∈（0，x0）时，f'（x）＜f'（x0）＝0；当x∈（x0，＋∞）时，f'
（x）＞f'（x0）＝0.
∴f（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，＋∞）上单调递
增，
x＝x0是f（x）的唯一极小值点，无极大值点.
∴f（x）的极值点个数为1.
　　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，利用函数零点存在定理，判断零点存在，设方程f'（x）＝0的根为
x0，则：
（1）关系式f'（x0）＝0成立；
（2）注意确定x0的合适范围.
训练1 （2026·江苏海安、宿迁模拟节选）已知函数f（x）＝ex sin x，g
（x）＝2ln（x＋1）－x.求证：当x∈（0， ）时，f（x）＞exg（x）.
证明：证明f（x）＞exg（x）等价于证明 sin x＞2ln（x＋1）－x，x∈
（0， ），
即证 sin x＋x－2ln（x＋1）＞0.
令t（x）＝ sin x＋x－2ln（x＋1），
所以t'（x）＝ cos x＋1－ ，且t（0）＝0，t'（0）＝0.
当x∈（0， ）时，设q（x）＝t'（x）＝ cos x＋1－ ，q'（x）＝－
sin x＋ ，
因为函数y＝－ sin x，y＝ 在（0， ）内均单调递减，
则q'（x）在（0， ）内单调递减，
又因为q'（0）＝2＞0，q'（ ）＝－1＋ ＜0，
所以 x0∈（0， ），使得q'（x0）＝0，
且当0＜x＜x0时，q'（x）＞0；
当x0＜x＜ 时，q'（x）＜0.
此时q（x）在（0，x0）内单调递增，在（x0， ）内单调递减，
又q（0）＝0，q（ ）＝1－ ＞0，故对任意的x∈（0， ），t'（x）
＝q（x）＞0，
则t（x）在（0， ）内单调递增，所以t（x）＞t（0）＝0.
综上，当x∈（0， ）时，t（x）＞0，即得 sin x＞2ln（x＋1）－x，所
以f（x）＞exg（x）得证.
含参函数的隐零点（师生共研过关）
（2025·山东济南一模节选）已知a∈R，函数f（x）＝ex－a ，
x∈[0，＋∞）.若f（x）存在零点，试求a的取值范围.
解：因为函数f（x）存在零点，故ex＝a 有解，若x＝0，此时无解，
所以x＞0，即f（x）＝ex－a 在（0，＋∞）上有解，f'（x）＝ex－
＝ ，
②若a＞0，令h（x）＝2ex －a，易知函数h（x）单调递增，且h
（0）＝－a＜0，h（a2）＝2 ·a－a＞0，由函数零点存在定理可知存
在x0∈（0，a2），h（x0）＝0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
故f（x）min＝ －a ＝ －a ≤0，解得x0≥ ，故a≥ ＝
.
故a的取值范围是[，＋∞）.
①若a≤0，f（x）单调递增，f（x）＞f（0）＝1此时不存在零点；
　　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，a）＝0的根为x0，则：
（1）关系式f'（x0，a）＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；
（2）注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
训练2 已知函数f（x）＝ex－a－ln x＋x.当a≤0时，证明：f（x）＞x＋
2.
证明：当a≤0时，令F（x）＝f（x）－x－2＝ex－a－ln x－2，x＞0，
F'（x）＝ex－a－ ＝ ，
令g（x）＝xex－a－1，x＞0，g'（x）＝（x＋1）·ex－a＞0，
即函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而g（0）＝－1＜0，g（1）＝e1－a－1≥e－1＞0，
则存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，
即 ＝ ，
因此存在唯一x0∈（0，1），使得F'（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，F'（x）＜0；当x＞x0时，F'（x）＞0，
因此函数F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
当 ＝ 时，x0－a＝－ln x0，
则F（x）≥F（x0）＝ －ln x0－2＝ ＋x0－a－2＞2 －a－2
＝－a≥0，当且仅当 ＝x0，即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号.
所以当a≤0时，f（x）＞x＋2.
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：50分）
1. （10分）已知函数f（x）＝ex＋1－ ＋1，g（x）＝ ＋2，证明：f
（x）≥g（x）.
证明：证明f（x）≥g（x）等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x（x＞0），
即证xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h（x）＝xex＋1－ln x－x－2（x＞0），
h'（x）＝（x＋1）ex＋1－ ＝（x＋1）（ex＋1－ ），
令φ（x）＝ex＋1－ ，则φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而φ（ ）＝ －10＜e2－10＜0，φ（1）＝e2－1＞0，
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故φ（x）在（0，＋∞）上存在唯一零点x0，且x0∈（ ，1），
当x∈（0，x0）时，φ（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）在（0，x0）上单
调递减；
当x∈（x0，＋∞）时，φ（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（x0，＋
∞）上单调递增，
故h（x）min＝h（x0）＝x0 －ln x0－x0－2，
又因为φ（x0）＝0，即 ＝ ，
所以h（x0）＝－ln x0－x0－1＝（x0＋1）－x0－1＝0，
从而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）.
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2. （10分）（2026·河北邯郸模拟）已知函数f（x）＝（x－3）ex＋ax恰
有一个极值点，求a的取值范围.
解：由题意可得f'（x）＝（x－2）ex＋a，令f'（x）＝（x－2）ex＋a＝
0，得－a＝（x－2）ex，
设g（x）＝（x－2）ex，则g'（x）＝（x－1）ex.
由g'（x）＞0，得x＞1，则g（x）在（1，＋∞）上单调递增；
由g'（x）＜0，得x＜1，则g（x）在（－∞，1）上单调递减，
故g（x）min＝g（1）＝－e.
因为f（x）恰有一个极值点，所以f'（x）＝0有唯一的零点x0，且f（x）
在x0两侧的单调性不同.
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当x＜2时，g（x）＜0，则－a＝－e或－a≥0，
解得a＝e或a≤0.
当a＝e时，f'（x）≥f'（1）＝0，则f（x）在R上单调递增，没有极值
点，故a＝e不符合题意；
当a≤0时，f'（1）＝－e＋a＜0，且当x＜2时，f'（x）＜0，当x→＋∞
时，f'（x）→＋∞，
则f（x）存在唯一的极小值点，
故a≤0符合题意，故a的取值范围是（－∞，0].
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3. （15分）（2026·河南郑州模拟）已知函数f（x）＝（a－x）ex，
a∈R.
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程；
解： 当a＝2时，f（x）＝（2－x）ex，则f'（x）＝（1－x）ex.
由f'（x）＝1，得1－x＝e－x，
设φ（x）＝e－x＋x－1，则φ'（x）＝－e－x＋1＝ ，
令φ'（x）＞0，得x＞0，令φ'（x）＜0，得x＜0，
所以φ（x）min＝φ（0）＝0，故有且仅有x＝0，f'（0）＝1，
此时f（0）＝2，所以曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程为f（x）在x
＝0处的切线方程，该切线方程为y＝x＋2.
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（2）若不等式f（x）＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围.
解：由f（x）＝（a－x）ex＞1－x得aex＞xex－x＋1，即a＞x
－ ，所以a＞x－ 没有整数解，
设h（x）＝x－ ，h'（x）＝1－ ＝ ，
设t（x）＝ex＋x－2，t'（x）＝ex＋1＞0，所以t（x）单调递增，
且t（0）＝－1＜0，t（1）＝e－1＞0，
所以存在唯一的x0∈（0，1），使t（x0）＝ ＋x0－2＝0，即h'（x0）
＝0，
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当x∈（－∞，x0）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）＝h（1）＝1，所以当x∈Z时，h（x）≥1.
所以实数a的取值范围为（－∞，1].
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4. （15分）已知函数f（x）＝ln x－x＋2 sin x，f'（x）为f（x）的导函
数.
（1）求证：f'（x）在（0，π）上存在唯一零点；
证明： 设g（x）＝f'（x）＝ －1＋2 cos x，
当x∈（0，π）时，g'（x）＝－2 sin x－ ＜0，
所以g（x）在（0，π）上单调递减，
又因为g（ ）＝ －1＋1＞0，g（ ）＝ －1＜0，
所以g（x）在（0，π）上有唯一的零点，即f'（x）在（0，π）上存在唯
一零点.
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（2）求证：f（x）在（0，2π）上有且仅有两个不同的零点.
证明： 设f'（x）在（0，π）上的唯一零点为α，
由（1）知 ＜α＜ .
①当x∈（0，α）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（α，π）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点α，
所以f（α）＞f（ ）＝ln － ＋2＞2－ ＞0，
又因为f（ ）＝－2－ ＋2 sin ＜－2－ ＋2＜0，
所以f（x）在（0，α）上恰有一个零点.
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又因为f（π）＝ln π－π＜2－π＜0，
所以f（x）在（α，π）上也恰有一个零点.
②当x∈[π，2π）时， sin x≤0，f（x）≤ln x－x，
设h（x）＝ln x－x，x∈[π，2π），h'（x）＝ －1＜0，
所以h（x）在[π，2π）上单调递减，所以h（x）≤h（π）＜0，
所以当x∈[π，2π）时，f（x）≤h（x）≤h（π）＜0恒成立，
所以f（x）在[π，2π）上没有零点.
综上，f（x）在（0，2π）上有且仅有两个不同的零点.
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