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(chēng)之為“隱零點(diǎn)”，既能確定其存在，但又無(wú)法用顯性的代數(shù)進(jìn)行表達(dá).這類(lèi)問(wèn)題的解題思路是對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過(guò)整體代換和過(guò)渡，再結(jié)合題目條件解決問(wèn)題.
不含參函數(shù)的隱零點(diǎn)問(wèn)題
　　(2023·咸陽(yáng)模擬)已知f(x)＝(x－1)2ex－ x3＋ax(x>0)(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
由題知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a).若a≤1，當(dāng)00.因此當(dāng)a>1時(shí)，f(x)沒(méi)有零點(diǎn).
已知含參函數(shù)f(x，a)，其中a為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無(wú)法求出，設(shè)方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關(guān)系式f′(x0)＝0成立，該關(guān)系式給出了x0，a的關(guān)系；②注意確定x0的合適范圍，往往和a的范圍有關(guān).
　　　(2023·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－ln x－2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞).
(2)若對(duì)任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整數(shù)k的最大值.
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(3)＝1－ln 30，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0?ln x0＝x0－2，
當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f(x)0，因此函數(shù)g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以整數(shù)k的最大值是3.
1.(2023·荊門(mén)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函數(shù)f(x)在(0，f(0))處的切線(xiàn)的斜率為2.(1)求實(shí)數(shù)b的值；
∵f(x)＝ex＋bsin x，∴f′(x)＝ex＋bcs x，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，f(x)在(0，f(0))處的切線(xiàn)的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcs 0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)求證：f(x)存在唯一的極小值點(diǎn)x0，且f(x0)>－1.
由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cs x，令g(x)＝ex＋cs x，x∈(－π，＋∞)，則g′(x)＝ex－sin x，當(dāng)x∈(－π，0]時(shí)，ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴當(dāng)x∈(－π，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(－π，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零點(diǎn)，∴f′(x)＝ex＋cs x在區(qū)間(－π，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(x0)＝ ?。玞s x0＝0，當(dāng)x∈(－π，x0)時(shí)，f′(x)0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)存在唯一極小值點(diǎn)x0.又∵?。玞s x0＝0，∴?。剑璫s x0，
2.(2023·綿陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x，a∈R.(1)若a＝ ，求函數(shù)f(x)的最小值及取得最小值時(shí)的x的值；
令f′(x)＝0得x＝e，所以當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在x＝e處取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0.
(2)若函數(shù)f(x)≤xex－(a＋1)ln x對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)≤xex－(a＋1)ln x對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，所以xex－a(x＋ln x)≥0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
①當(dāng)a＝0時(shí)，h′(x)＝(x＋1)ex>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，即滿(mǎn)足xex－a(x＋ln x)≥0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立；
②當(dāng)a0，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因?yàn)楫?dāng)x趨近于0＋時(shí)，h(x)趨近于負(fù)無(wú)窮，不成立，故不滿(mǎn)足題意；③當(dāng)a>0時(shí)，令h′(x)＝0得a＝xex，
故k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)楫?dāng)x趨近于正無(wú)窮時(shí)，k(x)趨近于正無(wú)窮，當(dāng)x趨近于0時(shí)，k(x)趨近于負(fù)無(wú)窮，
所以ln x0＝ln a－x0，所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e，解得0

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