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培优进阶5　隐零点问题
　　隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本解题思路是：形式上虚设(虚设零点)，运算上代换(整体代换)，数值上估算(猜根)，策略上等价转化(设而不求)，方法上分离函数(分参)，技巧上反客为主，再结合判断单调性、函数零点存在定理进行处理.
技法一　直接代换法
(2025·全国二卷节选)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3，其中0＜k＜.
证明：f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点和唯一的零点.
证明：根据题意得f'＝－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2.
因为x∈，所以x2＞0，
令－3k＝0，得x＝－1＞0，
则当0＜x＜－1时，f'(x)＞0；当x＞－1时，f'(x)＜0，
所以函数f(x)在(0，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的极值点.
所以f(－1)＞f(0)＝0.
又f()＝ln(1＋)－＋－k＝ln(1＋)－＜0，
【注：此处取值x＝是难点，是破题关键.其实认真分析函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋x2－kx3的表达式，可以发现函数f(x)是由函数y＝ln (1＋x)－x和函数y＝x2－kx3组合而成，所以大胆令x2－kx3＝0就容易得到取值点，从而一是消去x2－kx3，二是剩余常见切线不等式ln (1＋x)≤x】
所以 x0∈(－1，)，使得f(x0)＝0，
函数f(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一的零点.
另法：对函数y＝ln－x求导有y'＝－1＝－＜0在(0，＋∞)上恒成立，
所以y＝ln－x在(0，＋∞)上单调递减，
所以y＝ln－x＜y｜x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立.
又因为f＝0，x→＋∞时，x2－kx3＝x2＜0，
所以x→＋∞时，f＜0，
所以存在唯一x0∈使得f＝0，
即f在(0，＋∞)上存在唯一零点.
1.求解隐零点问题的步骤 第一步：利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； 第二步：以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负性和f(x)的单调性，进而得到f(x)的最值表达式； 第三步：将零点方程适当变形(移项、指对互化、换元或者是构造函数)，整体代入最值式子进行化简证明，有时第一步中的零点范围还可以适当缩小. 2.难点突破：突破一：通过合理赋值，敏锐捕捉零点所在的区间，然后虚设零点.一般常取0，±1，±2，±等特殊值或含有“指对结构”时还可以取ek(k∈R)或ln m(m＞0)等. 突破二：抓住隐零点方程实施代换，如指数与对数互化、超越函数与简单函数的替换、同构思想替换等.
对点练1.求证：函数f(x)＝ex－e2ln x的图象在x轴上方.
证明：因为f(x)＝ex－e2ln x(x＞0)，
所以f'(x)＝ex－，易知f'(x)单调递增.
又f'(1)＝e－e2＜0，f'(2)＝e2－＝＞0，
所以函数f'(x)在(0，＋∞)上存在一个x0∈(1，2)，
使得f'＝－＝0，即＝，且ln x0＝－x0＋2.
当x∈，有f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈，有f'(x)＞0，f(x)单调递增.
所以f(x)≥f＝－e2ln x0＝＋e2x0－2e2＝e2＞0，
所以f(x)＝ex－e2ln x＞0，
所以函数f(x)＝ex－e2ln x的图象在x轴上方.
学生用书 第91页
技法二　变形代换法
已知函数f＝x2－aln x＋x＋1.
(1)讨论函数f的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f≤x＋x2－2ln x.
解：(1)由已知条件得函数f，
f'＝x－＋1－a＝＝.
因为x＞0，x＋1＞0，
①当a≤0时，f'＞0在上恒成立，
故f上单调递增.
②当a＞0时，当x＞a时，f'＞0，当0＜x＜a时，f'＜0，
故f上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当a≤0时，f上单调递增；
当a＞0时，f上单调递减，在上单调递增.
(2)证明：当a＝1时，f＝x2－ln x＋1.
要证原式成立，需证ln x＋1≤x成立，即需证xex－ln x－x－1≥0成立.
令g＝xex－ln x－x－1，则g'＝ex＋xex－－1＝.
令u＝ex－，则u'＝ex＋＞0，
故u上单调递增，
u＝－2＜0，u＝e－1＞0，由零点存在定理可知，存在x0∈(，1)使u＝0，
则在上u＜0，在上u＞0，即在上g'＜0，
在上g'＞0，
则g上单调递减，在上单调递增，在x＝x0处取得极小值，即最小值.
由u＝0可得u＝－＝0，即x0＝1，
两边同取对数得ln＝ln 1，即ln x0＋x0＝0，
g的最小值为g＝x0－ln x0－x0－1＝0，
即xex－ln x－x－1≥0成立，
故当a＝1时，f(x)≤x(ex－1)＋x2－2ln x成立.
　　解答本题的关键是构造函数g＝xex－ln x－x－1，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在x＝x0处取得最小值，而隐零点x0满足x0＝1，两边同取对数得ln x0＋x0＝0，从而得出最小值为0，从而得证.
对点练2.已知函数 f＝aex＋，若f≥1恒成立，求实数a的取值范围.
解：根据题意可得axex＋1－ln x≥x，x＞0.
令g(x)＝axex＋1－ln x－x，则g'(x)＝(x＋1)＝(x＋1)·.
当a≤0时，g'(x)＜0，g(1)＝ae≤0，
则x＞1时，g(x)＜g(1)≤0，不合题意.
当a＞0时，设h＝aex·x－1，x＞0，
h＝a·－1＝－1＞0，h＝－1＜0，
所以存在x0∈，h＝a·x0－1＝0，
因为h'＝aex·x＋aex＝aex＞0，
所以h上单调递增，
所以当x∈，h(x)＜0；当x∈，h(x)＞0，
则当x∈，g'(x)＜0；当x∈，g'(x)＞0，
则g(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)min＝g＝ax0－x0－ln x0＋1.
因为ax0＝1，即ln a＋x0＝－ln x0，
故g(x)min＝g＝1－x0＋ln a＋x0＋1＝ln a＋2≥0，解得a≥.
综上所述，实数a的取值范围是.
技法三　 同构代换法
已知函数f(x)＝ln x＋x2－kx＋1(k∈R)，g(x)＝x2－3x＋xex，若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.
解：由于f(x)＝ln x＋x2－kx＋1的定义域是，
只需考虑x＞0时，不等式f(x)≤g(x)恒成立，
即ln x＋x2－kx＋1≤x2－3x＋xex，化简得k≥.
令h＝，x＞0，
则h'＝＝.
令k＝－x2ex－ln x，x＞0，
k'＝－2xex－x2ex－＜0在x＞0上恒成立，
故k＝－x2ex－ln x在上单调递减.
因为k＝－e＜0，k＝ln 3－＞0，
故存在x0∈，使得k＝－－ln x0＝0，
即x0＝ln ＝ln .
设v＝xex，x∈，
则v'＝ex＞0在x∈上恒成立，
故v＝xex在x∈上单调递增，
所以x0＝ln ，即＝，－x0＝ln x0.
当x∈时，k＞0，h'＞0，当x∈时，k＜0，h'＜0，
故x∈时，h单调递增，x∈时，h单调递减，
故h在x＝x0时取得极大值，也是最大值，
故h＝＝＝2.
故k≥2，所以实数k的取值范围是.
　　解决本题的关键：求导后，构造k＝－x2ex－ln x，x＞0，求导利用隐零点，同构等方法求出h＝2，得到实数k的取值范围.
对点练3.已知函数f＝x·e3x，若对任意的x＞0，f－ln x≥x＋1恒成立，求实数a的取值范围.
解：f－ln x≥x＋1 a＋2≤e3x－－.
令g＝e3x－－，
则g'＝.
令h＝3x2e3x＋ln x，则h'＝6xe3x＋9x2e3x＋＞0，所以h是增函数.
又h＝－ln 3＜－ln 3＝ln e－ln 3＜0，
h＝3e3＞0，
由零点存在定理及h是增函数，知存在唯一的x0∈，使得h＝0.
当x∈时，h＜0，g'＜0，g单调递减，当x∈时，h＞0，g'＞0，g单调递增，
所以g＝g＝－－.
由h＝3＋ln x0＝0，得3＝ln ，即ln ＝ln .
令p＝xln x，则p'＝1＋ln x＞0，
p＝xln x是增函数.
又＞1，＞e0＝1，所以＝①，
①两边取自然对数，得3x0＝ln ，
即3x0＝－ln x0，所以－＝3②，
由①②，得g＝g＝－－＝3.
于是a＋2≤3，即a≤1.
所以实数a的取值范围是.
课时分层测评28　隐零点问题
(时间：60分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(13分)(多题同解)(1)若对于任意的x∈，都有xln x＋x＞k成立，求整数k的最大值.
(2)已知函数f＝xex－ax＋2.当a≤1时，证明：f≥ln x＋3.
解：(1)因为xln x＋x＞k(x－1)，且x∈，
所以k＜.
令f(x)＝，则f'(x)＝，x＞1.
令g(x)＝x－ln x－2，所以g'(x)＝1－＝，
当x∈时，g'(x)＞0恒成立，
所以g(x)＝x－ln x－2在上单调递增.
又g(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，g(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4＞0，
所以函数g(x)在区间内存在唯一的零点.
设该零点为x0∈，
则g＝x0－ln x0－2＝0，
故当x∈时，g(x)＜0，即f'(x)＜0，f(x)在上单调递减，当x∈时，g(x)＞0，即f'(x)＞0，f(x)在上单调递增，
所以f(x)min＝f＝＝＝x0∈(3，4)，
所以k＜f(x)min＝x0∈(3，4)，
故整数k的最大值为3.
(2)证明：f－ln x－3＝xex－ax－ln x－1，x＞0，
当a≤1时，x·ex－ax－ln x－1≥x·ex－x－ln x－1.
令g＝xex－x－ln x－1，
则g'＝.
设h(x)＝ex－，易知h(x)单调递增，且存在零点，
设h的零点为x0，则－＝0，即x0＝1且ln x0＝－x0，
所以在(0，x0)上，h(x)＜0，g'(x)＜0，在(x0，＋∞)上，h(x)＞0，g'(x)＞0，故g上单调递减，上单调递增，
所以g＝g＝－x0－ln x0＝0，
所以x＞0时，g≥0恒成立，从而f－ln x－3≥0恒成立，
所以当a≤1时，f≥ln x＋3.
(或根据x·ex－x－ln x－1＝ex＋ln x－x－ln x－1≥x＋ln x＋1－x－ln x－1＝0证明)
2.(15分)(2025·湖北武汉四调)已知函数f(x)＝ex－＋－1.
(1)若在(1，f(1))处的切线斜率为－1，求a；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解：(1)因为f(x)＝ex－＋－1，
所以f'(x)＝ex－－.
根据题意f'＝e1－－＝－1，解得a＝e.
(2)因为f(x)＝ex－＋－1的定义域是，
又f(x)＝ex－＋－1＝≥0，
所以xex－ln x＋a－x≥0恒成立.
令g＝xex－ln x＋a－x，x∈，
则g'＝.
令h＝ex－，x∈，则h'＝ex＋＞0，所以h上单调递增.
又h＝－2＜0，h＝e－1＞0，
所以 x0∈使得h＝0，即g'＝0，－＝0，则x0＝1，ln x0＝－x0，
所以当x∈时，h(x)＜0，即g'＜0，当x∈时，h(x)＞0，即g'＞0，
所以g上单调递减，在上单调递增，
所以g＝g＝x0－ln x0－x0＋a＝1＋x0－x0＋a≥0，所以a≥－1，
即实数a的取值范围是.
3.(15分)设函数f＝2ex－，e为自然对数的底数.
(1)若f在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)证明：若x≥0，ln 2－2≤a＜－1，则f≥0.
解：(1)因为f上单调递增，
所以f'＝2ex－2＝2≥0恒成立.
令g＝ex－x＋a，当x∈，g'＝ex－1≥0，
所以g上单调递增，
根据题意有g＝g＝1＋a≥0，得a≥－1，
所以实数a的取值范围是[－1，＋∞).
(2)证明：由(1)可知，g上单调递增，
当ln 2－2≤a＜－1时，g＝1＋a＜0，g＝2－ln 2＋a≥0，
所以存在x0∈，使得g＝－x0＋a＝0，
且当x∈时，g＜0，即f'＜0，f上单调递减，当x∈时，g＞0，即f'＞0，f上单调递增，
所以f上的最小值为
f＝2－＝2－＝.
因为ln 2－2≤a＜－1，x0∈，x0－a＞0，2＋a－x0≥0，
所以f≥0，即f≥0成立.
(或者f＝2－＝2－＝，x0∈，1＜≤2，f≥0，即f≥0成立.)
4.(17分)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)＞－1.
解：(1)因为f(x)＝ex＋bsin x，所以f'(x)＝ex＋bcos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f'(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b，
由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
所以f'(x)＝ex＋cos x.
令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，则g'(x)＝ex－sin x，
当x∈(－π，0]时，ex＞0，sin x≤0，g'(x)＝ex－sin x＞0，
当x∈(0，＋∞)时，ex＞1，sin x≤1，g'(x)＝ex－sin x＞0，
所以当x∈(－π，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增.
又因为g(－π)＝e－π＋cos (－π)＝－1＜0，
g＝＋cos ＝＞0，
所以存在唯一x0∈，使g(x0)＝＋cos x0＝0，
所以f'(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f'(x0)＝＋cos x0＝0.
当x∈(－π，x0)时，f'(x)＜0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)＞0，
f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)存在唯一极小值点x0.
又因为＋cos x0＝0，所以＝－cos x0，
所以f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0
＝sin .
又因为x0∈，所以x0－∈(－，－)，所以sin ∈，
所以f(x0)＝sin ∈(－1，1)，
所以f(x0)＞－1.
学生用书 第92页
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