微专题5 隐零点
大题考法1 借助“隐零点”证不等式
(2024·江门模拟)已知x＝为函数f(x)＝ln x－ax＋a的极值点．
(1)求实数a的值；
(2)证明：当0＜x＜时，xf(x)＋(x－)2＞0.
【解】 (1)f(x)＝ln x－ax＋a的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由题意得f′()＝0，所以a＝2.当a＝2时，f(x)＝ln x－2x＋2，则f′(x)＝.所以当0＜x＜时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，)上单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝处取得极大值，符合题意，因此a＝2.
(2)证明：设g(x)＝xf(x)＋(x－)2，则g′(x)＝ln x－2x＋2＝f(x)，又f(1)＝0，因为g′(e－2)＝－2e－2＜0，g′()＝1－ln 2＞0，所以存在唯一x0∈(0，)，使g′(x0)＝0，且当0＜x＜x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当1＜x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由g′(x0)＝0，得ln x0＝2x0－2，所以g(x0)＝(x0－)2＞0，因此当0＜x≤1时，g(x)≥g(x0)＞0，而g()＝(ln 27－ln 8e)＞0，所以当0＜x＜时，xf(x)＋(x－)2＞0.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
借助“隐零点”证不等式问题的策略
解决这类问题时先运用零点存在定理确定导函数有零点，并对零点设而不求，然后采取整体代换的策略，把最值表达式中的超越式转化为普通代数式．构造关于零点的函数，结合零点的范围，利用函数单调性、基本不等式、放缩等方法求最值达到证明不等式的目的．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝e·ex－＋1，g(x)＝＋2.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
解：(1)g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．
(2)证明：要证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－(x>0)，φ′(x)＝ex＋1＋>0在(0，＋∞)上恒成立，
则φ(x)在(0，＋∞)上是增函数，
而φ()＝e－10
φ(1)＝e2－1>0，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(，1)，
所以当x∈(0，x0)时，
φ(x)<0，即h′(x)<0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，
所以h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝x0ex0＋1－ln x0－x0－2，
又因为φ(x0)＝0，即ex0＋1＝，
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)得证．
大题考法2 借助“隐零点”求参数范围(最值)
(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，).
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围．
【解】 (1)(cos2x)′＝(cosx cos x)′＝－sin x cos x＋cos x·(－sin x)＝－2sin x cos x，
则f′(x)＝a－＝a－＝a－.
当a＝1时，f′(x)＝1－＝.
因为x∈(0，)，所以cosx∈(0，1)，
则cos3x＋cos2x<2，故f′(x)<0，
故当a＝1时，f(x)在(0，)上单调递减．
(2)方法一：令F(x)＝ax－＋sinx，则F(0)＝0.
F′(x)＝a－＋cosx＝a＋.
令F′(0)＝0，得a＝0.
当a>0时，F′(0)＝a>0，当x→()－时，F′(x)→－∞，
所以存在一个x0∈(0，)，满足F′(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，则当x∈(0，x0)时，F(x)>F(0)＝0，不符合题意；
当a≤0时，因为f(x)＋sinx＝ax－＝ax－≤－，x∈(0，)，
所以要证f(x)＋sinx<0在(0，)上恒成立，
只需证－<0在(0，)上恒成立．
因为cos2x在(0，)上恒大于0，sin3x在(0，)上恒大于0，
所以－<0在(0，)上恒成立，即命题得证．
综上，a的取值范围为(－∞，0].
方法二：依题意，f(x)＋sinx＝ax－＋sinx＝ax＋sin x(1－)，x∈(0，).
①当a≤0时，易知f(x)＋sinx<0；
②当a>0时，因为x∈(0，)时满足sin x所以f(x)＋sin x＝ax＋sin x(1－)>
a sinx＋sin x(1－)＝sinx(a＋1－)，
因为函数y＝(x∈(0，))的值域为(1，＋∞)，
又a＋1>1，
所以对于任意大于0的参数a，一定存在x0∈(0，)，使得即存在x0∈(0，)，使得f(x0)＋sinx0>0，故a>0不能确保f(x)＋sin x<0，与题意矛盾，故a>0不成立．
综上，a的取值范围为(－∞，0].
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
借助“隐零点”求参数范围(最值)的策略
解决与函数不等式恒成立有关的参数问题，实质上是构造函数求最值问题，与一般求最值问题的区别在于最值隐藏在“隐零点”的表达式中，无法具体求出，此时，往往借助“隐零点”，设而不求，运用“指对转幂”技巧，整体代换，求出函数的最值，最后借助数形结合的方法，给出参数的取值范围．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝x2＋t sin x.
(1)若f(x)在x＝2π处的切线的斜率是2π－2，求当f(x)≥2x＋m在[0，＋∞)恒成立时的实数m的取值范围；
(2)当x∈(0，π)时，关于x的方程f(x)＝x2＋ln (x＋1)－x有唯一的实数根，求实数t的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x2＋t sin x，
得f′(x)＝2x＋t cos x，
由题意，f′(2π)＝4π＋t＝2π－2，解得t＝－2π－2，
由f(x)≥2x＋m得x2＋(－2π－2)sin x≥2x＋m，
即m≤x2－2x＋(－2π－2)sin x，
设φ(x)＝x2－2x＋(－2π－2)sin x，
则φ′(x)＝2x－2＋(－2π－2)cos x，
当x>π时，易得y＝φ′(x)>0；
当0≤x≤π时，y＝φ′(x)单调递增．
由φ′(0)<0且φ′()>0，根据函数零点存在定理得，必存在x0∈(0，)，
有φ′(x0)＝0，易知φ(x0)即为函数y＝φ(x)的最小值，
即m≤φ(x0)，
即m≤x－2x0＋(－2π－2)sin x0(x0满足2x0－2＋(－2π－2)cos x0＝0).
(2)根据题意设g(x)＝f(x)－[x2＋ln (x＋1)－x]＝x＋t sin x－ln (x＋1)，
则g′(x)＝1＋t cos x－，
①当t<0时，g′(x)在(0，π)上单调递增，g′(0)<0，g′(π)＝1－t－>0，
所以存在x1∈(0，π)使得g′(x1)＝0，
所以当x∈(0，x1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
又g(0)＝0，g(π)＝π－ln (π＋1)>0，
故存在唯一的a∈(x1，π)使得g(a)＝0，满足题意；
②当t≥0时，由x∈(0，π)可得g(x)≥x－ln (x＋1)，
令h(x)＝x－ln (x＋1)，则h′(x)＝1－＝，
当x∈(0，π)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，π)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，则g(x)>0在(0，π)上恒成立，
故g(x)在(0，π)上无零点．
综上所述，实数t的取值范围是(－∞，0).
大题考法3 借助“隐零点”研究函数零点
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" (2024·长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)的零点个数．
【解】 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex，
则当x<－1时，f′(x)<0；
当x>－1时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，因此f(x)的最小值为f(－1)＝－－1.
(2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝0，得ex－＋m＝0，
令k(x)＝ex－＋m(x>0)，
则h(x)与k(x)有相同的零点，
且k′(x)＝ex－＝，
令r(x)＝x2ex＋ln x(x>0)，
则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
因为当x>0时，r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又r()＝eeq \s\up10(－2)－1<0，r(1)＝e>0，
所以 x0∈(，1)，使r(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0，k(x)单调递增，
因此k(x)min＝k(x0)＝e x0－＋m，
由r(x0)＝0，得xex0＋ln x0＝0，
即x0e x0＝ln ·eeq \s\up10(ln )，
令φ(x)＝f(x)＋1＝xex，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为0，
则φ(x0)＝φ(ln )，
所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，
即e x0＝，
所以k(x)min＝k(x0)＝e x0－＋m＝m＋1，
所以当m>－1时，k(x)没有零点；
当m＝－1时，k(x)有一个零点；
当m<－1时，因为k(x0)<0，
当x→0时，k(x)→＋∞；
当x→＋∞时，k(x)→＋∞，
所以k(x)有两个零点．
综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0；
当m＝－1时，h(x)的零点个数为1；
当m<－1时，h(x)的零点个数为2.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
借助“隐零点”研究函数零点问题的策略
如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的．一般地，当导数式含有ln x时，可试根1或e或或等；当导数式含有ex时，可试根0或1.
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝(x－a)ln x－x＋a－3(a∈R).
(1)讨论函数f′(x)的单调性；
(2)当a＝2时，证明：f(x)有且只有2个零点．
解：(1)f(x)＝(x－a)ln x－x＋a－3的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋－1＝ln x－.令h(x)＝ln x－(x＞0)，则h′(x)＝＋＝，当a≥0时，h′(x)＞0恒成立，
所以h(x)即f′(x)在(0，＋∞)上是增函数．
当a＜0时，若x∈(0，－a)，则h′(x)＜0，
所以h(x)即f′(x)单调递减；
若x∈(－a，＋∞)，则h′(x)＞0，
所以h(x)即f′(x)单调递增．
(2)证明：当a＝2时，f(x)＝(x－2)ln x－x－1，f′(x)＝ln x－，
由(1)知，f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，f′(2)＝ln 2－1＜0，f′(3)＝ln 3－＞0，
所以存在x0∈(2，3)，使得f′(x0)＝0，即ln x0＝.
则当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝x0时，f(x)取得极小值即最小值为f(x0)＝(x0－2)ln x0－x0－1＝(x0－2)·－x0－1＝1－(＋x0)，
由于＋x0＞2＝4，x0∈(2，3)，所以f(x0)＜0.
f()＝(－2)·ln －－1＝－(－2)－－1＝－＋1＞0，
f(e2)＝(e2－2)·ln e2－e2－1＝2e2－4－e2－1＝e2－5＞0，
根据零点存在定理可知f(x)在区间(0，x0)和(x0，＋∞)内各有1个零点，所以f(x)有且只有2个零点．
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．已知函数f(x)＝a ln x＋xex－e，其中a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a＜0时，证明：存在实数m，使f(x)≥m恒成立．
解：(1)由题可得当a＝0时，f(x)＝xex－e，所以f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(1)＝0，f′(1)＝2e，
故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即2ex－y－2e＝0.
(2)证明：由题意知x＞0，
所以f′(x)＝＋(x＋1)ex＝(x＞0).
令h(x)＝a＋x(x＋1)ex(x>0)，所以h′(x)＝(x2＋3x＋1)·ex，因为x＞0，所以h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上是增函数，因为h(0)＝a＜0，且h(－a)＝a－a(－a＋1)·e－a＝a[1－(1－a)e－a]＞0，故 x0∈(0，－a)，使得h(x0)＝0，即h(x0)＝a＋x0(x0＋1)ex0＝0，因为h(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，故f(x)min＝f(x0)，
若f(x)≥m恒成立，只需f(x)min≥m，即f(x0)≥m，故当a<0时，存在实数m，使f(x)≥m恒成立．
2．(2024·天津模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调区间；
(3)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有x ln x＋x＞k(x－1)，k∈Z成立，求整数k的最大值．
解：(1)函数f(x)＝x－ln x－2，求导得f′(x)＝1－，
则f′(1)＝0，而f(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y＝－1.
(2)函数f(x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞).
(3)由题意知 x∈(1，＋∞)，x ln x＋x＞k(x－1)，k∈Z，
即k＜，令g(x)＝，x＞1，求导得g′(x)＝＝，由(2)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，且f(3)＝1－ln 3＜0，f(4)＝2(1－ln 2)＞0，因此存在唯一的x0∈(3，4)，使得f(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0，则ln x0＝x0－2.当x∈(1，x0)时，f(x)＜0，即g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞0，即g′(x)＞0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，则k＜x0∈(3，4)，所以整数k的最大值是3.
3．已知函数f(x)＝aex＋cos x＋x2，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(，f())处的切线方程；
(2)若g(x)为f(x)的导函数，g(x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝cos x＋x2，
则f′(x)＝－sin x＋x，所以f′()＝－1，
又f()＝，
所以曲线y＝f(x)在点(，f())处的切线方程为y＝(－1)x－＋.
(2)由题意得g(x)＝f′(x)＝aex－sin x＋x，
所以g′(x)＝aex－cos x＋1，
g(x)在(0，π)上有两个极值点，
即g′(x)在(0，π)上有两个变号零点．
令g′(x)＝0，得aex－cos x＋1＝0，所以a－＝0.
令h(x)＝a－，
则h′(x)＝＝，
当x∈(0，)时，sin (x＋)∈(，1]，
则h′(x)>0，所以h(x)单调递增；
当x∈(，π)时，sin (x＋)∈(－，)，
则h′(x)<0，所以h(x)单调递减．
又h(0)＝a，h()＝a＋eeq \s\up10(－)，h(π)＝a＋2e－π，
所以当－eeq \s\up10(－)0，
h(π)<0，
所以存在x1∈(0，)，x2∈(，π)，
使得h(x1)＝h(x2)＝0.
当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，x2)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(x2，π)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以当－eeq \s\up10(－)故实数a的取值范围为(－eeq \s\up10(－)，－2e－π).
4．已知函数f(x)＝xex－(1－a)x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝x＋1＋ln x，若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞).
(2)由f(x)≥g(x)得xex－(1－a)x≥x＋1＋ln x，
即xex－ln x－x≥(1－a)x＋1，
令h(x)＝xex－ln x－x，则h(x)的定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)(ex－).
令φ(x)＝ex－(x＞0)，所以φ′(x)＝ex＋＞0恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)上是增函数，又φ()＝－2＜0，φ(1)＝e－1＞0，所以 x0∈(，1)，
使得φ(x0)＝e x0－＝0，即e x0＝，x0＝－ln x0.
则当x∈(0，x0)时，φ(x)＜0，即h′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－ln x0－x0＝x0·＋x0－x0＝1，由此可得y＝h(x)的大致图象如图所示，因为y＝(1－a)x＋1的图象恒过定点(0，1)，斜率为1－a，若h(x)≥(1－a)x＋1恒成立，结合图象可知，必有1－a≤0，解得a≥1，所以实数a的取值范围为[1，＋∞).(共39张PPT)
微专题5 隐零点
大题考法1
PART
01
第一部分
借助“隐零点”证不等式问题的策略
解决这类问题时先运用零点存在定理确定导函数有零点，并对零点设而不求，然后采取整体代换的策略，把最值表达式中的超越式转化为普通代数式．构造关于零点的函数，结合零点的范围，利用函数单调性、基本不等式、放缩等方法求最值达到证明不等式的目的．
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
大题考法2
PART
02
第二部分
(2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围．
借助“隐零点”求参数范围(最值)的策略
解决与函数不等式恒成立有关的参数问题，实质上是构造函数求最值问题，与一般求最值问题的区别在于最值隐藏在“隐零点”的表达式中，无法具体求出，此时，往往借助“隐零点”，设而不求，运用“指对转幂”技巧，整体代换，求出函数的最值，最后借助数形结合的方法，给出参数的取值范围．
已知函数f(x)＝x2＋t sin x.
(1)若f(x)在x＝2π处的切线的斜率是2π－2，求当f(x)≥2x＋m在[0，＋∞)恒成立时的实数m的取值范围；
解：由f(x)＝x2＋t sin x，
得f′(x)＝2x＋t cos x，
由题意，f′(2π)＝4π＋t＝2π－2，解得t＝－2π－2，
由f(x)≥2x＋m得x2＋(－2π－2)sin x≥2x＋m，
即m≤x2－2x＋(－2π－2)sin x，
设φ(x)＝x2－2x＋(－2π－2)sin x，
(2)当x∈(0，π)时，关于x的方程f(x)＝x2＋ln (x＋1)－x有唯一的实数根，求实数t的取值范围．
则h(x)>h(0)＝0，则g(x)>0在(0，π)上恒成立，
故g(x)在(0，π)上无零点．
综上所述，实数t的取值范围是(－∞，0).
大题考法3
PART
03
第三部分
大题考法3 借助“隐零点”研究函数零点
(2024·长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)的零点个数．
所以k(x)有两个零点．
综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0；
当m＝－1时，h(x)的零点个数为1；
当m<－1时，h(x)的零点个数为2.
已知函数f(x)＝(x－a)ln x－x＋a－3(a∈R).
(1)讨论函数f′(x)的单调性；
所以h(x)即f′(x)单调递减；
若x∈(－a，＋∞)，则h′(x)＞0，
所以h(x)即f′(x)单调递增．
(2)当a＝2时，证明：f(x)有且只有2个零点．