微專題36　導(dǎo)函數(shù)的隱零點(diǎn)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在很多時(shí)候是無(wú)法直接求解出來(lái)的，我們稱之為“隱零點(diǎn)”，即能確定其存在，但又無(wú)法用顯性的代數(shù)進(jìn)行表達(dá).這類問(wèn)題的解題思路是對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，利用整體代換思想，再結(jié)合題目條件解決問(wèn)題.類型一　導(dǎo)函數(shù)中二次函數(shù)的隱零點(diǎn)問(wèn)題當(dāng)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性時(shí)，可歸結(jié)為處理某個(gè)二次函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)問(wèn)題，但二次函數(shù)零點(diǎn)的求解又很復(fù)雜，此時(shí)一般要借助于韋達(dá)定理或極值的特性來(lái)對(duì)零點(diǎn)“設(shè)而不求”.例1 已知實(shí)數(shù)a滿足a≥＋－2，且函數(shù)f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一個(gè)極小值m和極大值M，求m－M的最大值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).解　由于f′(x)＝＋x－(a＋2)＝，x>0，設(shè)正數(shù)x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的兩個(gè)相異實(shí)根，即方程a＋2＝x＋，x>0有兩個(gè)相異正根，不妨設(shè)x1<x2，由于當(dāng)0<x<x1時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>x2時(shí)，f′(x)>0，從而f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)的極大值為M＝f(x1)，極小值為m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.又＝＋＝＝(a＋2)2－2≥－2＝e＋，令t＝>1，從而t＋≥e＋，從而t≥e.故m－M＝f(x2)－f(x1)＝ln ＋－(a＋2)(x2－x1)＝ln ＋－(x2＋x1)(x2－x1)＝ln －＝ln －＝ln －＝ln t－t＋，t≥e.令g(t)＝ln t－t＋，t≥e.從而g′(t)＝－－＝＝<0，從而g(t)在[e，＋∞)上單調(diào)遞減，故m－M＝g(t)，t≥e的最大值為g(e)＝－＋1.訓(xùn)練1 已知函數(shù)f(x)＝x＋＋aln x，a∈R.若對(duì)任意的x∈[1，e]，都有≤f(x)≤2e恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).解　由題意知只需f(x)min≥，f(x)max≤2e，x∈[1，e].下面分f(x)單調(diào)和非單調(diào)進(jìn)行討論.顯然f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＋＝，x>0.①若對(duì)任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≥0時(shí)，即a≥0時(shí)，則f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(1)<f(e)≤2e，即故0≤a≤e－.②若對(duì)任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0時(shí)(即a≤－x對(duì)任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤－e時(shí)，則f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(e)<f(1)≤2e，即故a＝－e.③若－e<a<0時(shí)，則f′(x)在(1，e)上存在唯一的零點(diǎn)x0，且當(dāng)1≤x<x0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x0<x≤e時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，e]上單調(diào)遞增.要使得≤f(x)≤2e，則需即考慮到x0滿足x＋ax0－1＝0，從而f(x0)＝＝.令h(x)＝，x∈(1，e)，則h′(x)＝<0，故h(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，又x0∈(1，e)，從而f(x0)＝h(x0)>h(e)＝.故使得不等式≤f(x)≤2e成立的實(shí)數(shù)a的范圍為－e<a<0.綜合上述，滿足條件的實(shí)數(shù)a的范圍為.類型二　導(dǎo)函數(shù)中非二次函數(shù)的隱零點(diǎn)問(wèn)題當(dāng)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性時(shí)，需要?dú)w結(jié)為分析某個(gè)非二次函數(shù)的零點(diǎn)，我們處理問(wèn)題的方法相對(duì)就比較有限，其常用的方法為：確定零點(diǎn)存在的前提下，虛設(shè)零點(diǎn)并借助該形式化零點(diǎn)進(jìn)行單調(diào)性分析及后續(xù)處理，或借助其滿足的恒等式(即導(dǎo)數(shù)值為0)，通過(guò)恒等代換將問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化.例2 已知函數(shù)f(x)＝＋，若f(x)>在(0，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值.解　由于f(x)>?(x＋1)f(x)＝>k.令h(x)＝＋，則由題意得，k<h(x)min，其中x>0.h′(x)＝.令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，其中x>0.由于g′(x)＝－＋1＝>0，故g(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，又由于g(0)＝－1<0，g(1)＝－ln 2<0，g(2)＝－ln 3＋1<0，g(3)＝－ln 4＋2>0，故g(x)在(0，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，并且x0∈(2，3).由此當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，h′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)>0，h′(x)>0.故h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)的最小值為h(x0).考慮到x0∈(2，3)為g(x)的零點(diǎn)，故ln(x0＋1)＝x0－1，故h(x)min＝h(x0)＝＝＝＝x0＋1∈(3，4).又k<h(x)min＝x0＋1，故滿足條件的整數(shù)k的最大值為3.例3 若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解　∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x＞0，∴k≥－ex＋2恒成立，令φ(x)＝－ex＋2，則φ′(x)＝－ex＝.令μ(x)＝－ln x－x2ex，則μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知，存在唯一零點(diǎn)x0∈，使μ(x0)＝0，即－ln x0＝xex0，兩邊取對(duì)數(shù)可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，由函數(shù)y＝x＋ln x為增函數(shù)，可得x0＝－ln x0.又當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，μ(x)＞0，φ′(x)＞0；當(dāng)x＞x0時(shí)，μ(x)＜0，φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(x)≤φ(x0)＝－ex0＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范圍為k≥1.例4 (2022·濟(jì)寧模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝ax2－xln x＋(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　因?yàn)?/span>f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，f″(x)＝2a－＝，①當(dāng)a＞0時(shí)，f(1)＝a＋＞0與f(x)≤0恒成立矛盾，不合題意.②當(dāng)a＜0時(shí)，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)?/span>f′(e－1)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，所以?x0∈(e2a－1，e－1)，使得f′(x0)＝2ax0－ln x0－1＝0，即a＝.所以，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)max＝f(x0)＝ax－x0ln x0＋＝×x－x0ln x0＋＝≤0.因?yàn)?/span>x0∈(e2a－1，e－1)，所以ln x0＋1＜0.所以9－(ln x0)2≥0，即－3≤ln x0＜－1，解得e－3≤x0＜e－1.因?yàn)?/span>a＝，所以設(shè)g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，則g′(x)＝＞0，所以g(x)在[e－3，e－1)上單調(diào)遞增，所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，即－e3≤g(x)＜0，所以－e3≤a＜0.訓(xùn)練2 (2022·西安模擬改編)證明：函數(shù)f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一極小值點(diǎn)x0，且－1＜f(x0)＜0.證明　因?yàn)?/span>f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，所以f′(x)＝ex＋cos x，f″(x)＝ex－sin x＞0恒成立，所以f′(x)單調(diào)遞增.又f′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，因?yàn)?/span>(eπ)2＝eπ＞e＞2，所以eπ＞，即＜，所以f′＜0，所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，即ex0＋cos x0＝0，則在(－π，x0)上，f′(x)＜0，在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，所以f(x)在(－π，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)存在唯一的極小值點(diǎn)x0.f(x0)＝ex0＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin，由x0∈，得x0－∈，所以f(x0)＝sin∈(－1，0)，故f(x)存在唯一極小值點(diǎn)x0，且－1＜f(x0)＜0.訓(xùn)練3 已知函數(shù)f(x)＝2x＋ln(2x－1).(1)求f(x)在x＝1處的切線方程；(2)求證：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)解　因?yàn)?/span>f(x)＝2x＋ln(2x－1)，所以f′(x)＝2＋，則f(1)＝2，f′(1)＝4，所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.(2)證明　令t＝2x－1>0，要證f(x)≤(2x－1)e2x－1，即證t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，構(gòu)造函數(shù)g(t)＝tet－t－ln t－1，則g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0.令φ(t)＝et－，其中t>0，則φ′(t)＝et＋>0，所以函數(shù)φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)?/span>φ＝－2<0，φ(1)＝e－1>0，所以存在t0∈，使得φ(t0)＝et0－＝0，即t0et0＝1.當(dāng)0<t<t0時(shí)，φ(t)<0，即g′(t)<0，此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t>t0時(shí)，φ(t)>0，即g′(t)>0，此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞增.所以g(t)min＝g(t0)＝t0et0－ln et0－ln t0－1＝t0et0－ln(t0et0)－1＝1－1＝0，故所證不等式成立.一、基本技能練1.已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax的圖象在x＝0處的切線方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求證：函數(shù)f(x)有唯一的極值點(diǎn)x0，且f(x0)>－.(1)解　因?yàn)?/span>f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1.又當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝－1，所以切線方程為y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)證明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，則g′(x)＝(x＋1)ex，所以當(dāng)x<－1時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，且此時(shí)g(x)<0，則g(x)在(－∞，－1)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)x≥－1時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的極值點(diǎn)x0.由x0ex0＝1?ex0＝，f(x0)＝－x0＝1－，又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0?<x0<1?2<＋x0<，所以f(x0)>－.2.(2022·沈陽(yáng)郊聯(lián)體模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－ax－aln x＋a.(1)若a＝e，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并求出f(x)的最值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　(1)易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞).當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝xex－ex－eln x＋e，f′(x)＝(x＋1)ex－e－＝(x＋1)·，x>0.易知f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)的最小值為f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，無(wú)最大值.(2)因?yàn)?/span>f(x)＝xex－ax－aln x＋a，所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·，x>0.當(dāng)a≤0時(shí)，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故此時(shí)函數(shù)f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意.當(dāng)a>0時(shí)，令g(x)＝ex－，x>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一個(gè)零點(diǎn).令ex－＝0，則該方程有且只有一個(gè)正根，記為x0(x0>0)，則可得x(0，x0)(x0，＋∞)f′(x)－＋f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增為了滿足f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則有f(x0)＝x0ex0－ax0－aln x0＋a<0.①因?yàn)?/span>x0是方程ex－＝0的解，所以x0ex0＝a，②兩邊取對(duì)數(shù)可得ln x0＋x0＝ln a，③將②③代入①可得f(x0)＝a(2－ln a)<0，解得a>e2.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(e2，＋∞).當(dāng)a∈(e2，＋∞)時(shí)，由②易知x0>1.又f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(1，x0)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)a∈(e2，＋∞)且x→＋∞時(shí)，易知f(x)→＋∞，所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(e2，＋∞).3.(2022·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ex(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝2時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0對(duì)任意的x∈恒成立，求b的最小值.解　(1)由題意，函數(shù)f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)ex，當(dāng)x∈(－∞，a－1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(－∞，a－1)上單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)，因?yàn)?/span>g(x)≤0對(duì)任意的x∈恒成立，即b≥(x－2)ex＋ln x－x對(duì)任意的x∈恒成立.令函數(shù)h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，則h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，因?yàn)?/span>x∈，所以x－1<0.再令函數(shù)t(x)＝ex－，可得t′(x)＝ex＋>0，所以函數(shù)t(x)單調(diào)遞增.因?yàn)?/span>t＝e－2<0，t(1)＝e－1>0，所以一定存在唯一的x0∈，使得t(x0)＝0，即ex0＝，即x0＝－ln x0，所以h(x)在上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3).因?yàn)?/span>b∈Z，所以b的最小值為－3.二、創(chuàng)新拓展練4.(2022·廣州二模節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋，且函數(shù)f(x)與g(x)有相同的極值點(diǎn).(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)求證：f(x)＋g(x)<.(1)解　f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，f′(x)＝－1，由f′(x)＝0得x＝1，易知函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，g′(x)＝1－，依題意有g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1，經(jīng)驗(yàn)證符合題意，故a＝1.(2)證明　所證不等式即為xln x－ex<cos x－1，x>0，下證：xln x－ex<－x－1，即證xln x－ex＋x＋1<0.設(shè)h(x)＝xln x－ex＋x＋1，則h′(x)＝ln x＋1－ex＋1＝ln x－ex＋2，令r(x)＝h′(x)＝ln x－ex＋2，則r′(x)＝－ex(x>0)，易知函數(shù)r′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且r′＝2－>0，r′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x0∈，使得r′(x0)＝0，即＝ex0，ln x0＝－x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，r′(x)>0，r(x)即h′(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，r′(x)<0，r(x)即h′(x)單調(diào)遞減，所以h′(x)max＝h′(x0)＝ln x0－ex0＋2＝－x0－＋2＝－<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又x→0時(shí)，h(x)→0，故h(x)<0，即xln x－ex<－x－1.再證：－x－1<cos x－1(x>0)，即證cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)m(x)＝cos x＋x，則m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.綜上，xln x－ex<cos x－1. 

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