《2023年新高考数学之导数专项重难点突破（新高考专用）》专题22 隐零点问题(解析版)

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专题 22 隐零点问题

在求解函数问题时，很多时候都需要求函数 f(x)在区间 I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，

导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数 f(x)在区间 I上存在唯一的零点(例如，函

数f(x)在区间 I上是单调函数且在区间 I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出

其零点是 x0.因为 x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点 x0叫做隐零点；若 x0容易求

出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．

1．设函数 f(x)＝ex－ax－2.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若a＝1，k为整数，且当 x>0 时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求 k的最大值．

【解析】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无减区单调递间；

当a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)

(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．

令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．

由(1)的结论可知，函数 h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．

又因为 h(1)<0，h(2)>0，所以函数 h(x)的唯一零点 α∈(1,2)(该零点就是 h(x)的隐零点)．

当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，

所以 g(x)min＝g(α)＝＋α.又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，

所以 k的最大值为 2.

2．已知函数 f(x)＝.

(1)求函数 f(x)的零点及单调区间；

(2)求证：曲线 y＝存在斜率为 6的切线，且切点的纵坐标 y0<－1.

【解析】(1)函数 f(x)的零点为 e.函数 f(x)的单调递增区间为，减区单调递间为 .

(解答过程略)

(2) 明：要明曲证证线 y＝存在斜率为 6的切线，即证明 y′＝＝6有解，

等价于 1－ln x－6x2＝0在x>0 上有解．

构造辅助函数 g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得 g(x0)＝0.

即明曲证线 y＝存在斜率为 6的切线．

设切点坐标为(x0，f(x0))，则f(x0)＝＝＝－6x0，x0∈.

令h(x)＝－6x，x∈.

由h(x)在区间上单调递减，则 h(x)<h＝－1，所以 y0＝f(x0)<－1.

3．设函数 f(x)＝e2x－aln x.

(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；

(2)求证：当 a＞0时，f(x)≥2a＋aln.

【解析】(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．

当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．

当a＞0，时设 u(x)＝e2x，v(x)＝－，

因为 u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，

所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又因为 f′(a)＞0，当 b满足 0＜b＜且 b时时＜，f′(b)＜0，

所以当 a＞0时，f′(x)存在唯一零点．

法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程 f′(x)＝0，得 a＝2xe2x(x＞0)．

因为函数 g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，

所以由增函数的定可得函数义证 u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．

由此可得，当 a≤0时，f′(x)无零点；当 a＞0时，f′(x)有唯一零点．

(2) 明：由证(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为 x0.

当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.

所以 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当 x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为

f(x0)．因为2e2x0－＝0，所以 f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln(当且仅当 x0＝时等号成立)．

所以当 a＞0时，f(x)≥2a＋aln.

4．已知函数 f(x)＝xex－a(x＋ln x)．

(1)讨论 f(x)极值点的个数；

(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且 f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x)．

【解析】(1) f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．

①当a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；

②当a>0 时，令 h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex>0.

显然函数 h(x)在(0，＋∞)上是增函数，

又因为当 x→0 时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，必存在 x0>0，使 h(x0)＝0.

当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以，x＝x0是f(x)的极小值点．

综上，当 a≤0 时，f(x)无极值点，当 a>0 时，f(x)有一个极值点．

(2)证明　由(1)得，f′(x0)＝0，即＝a，

f(x0)＝－a(x0＋ln x0)＝(1－x0－ln x0)，

因为 f(x0)>0，所以 1－x0－ln x0>0，

令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<0，

g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且 g(1)＝0，

由g(x)>g(1)得x<1，所以 x0∈(0,1)，

设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)，φ′(x)＝－1＝，

当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以 φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即 φ(x)<0，

即ln x<x－1，所以－ln x>1－x，所以 ln(x＋1)<x，所以 ex>x＋1>0.

因为 x0∈(0,1)，所以 >x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0，

相乘得 (1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，

所以 f(x0)＝(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．结论成立．

5．已知函数 f(x) ＝－ ln x －x2＋x，g(x) ＝(x －2)ex－x2＋m( 其中 e为自然对数的底数 )．当 x∈(0,1]

时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数 m的最大值．

【解析】当 x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即 m<(－x＋2)ex－ln x＋x.

令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]，所以 h′(x)＝(1－x)，

当0<x≤1 时，1－x≥0，设 u(x)＝ex－，则 u′(x)＝ex＋>0，

所以 u(x)在(0,1]上单调递增．因为 u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，

且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，所以存在 x0∈，使得 u(x0)＝0，

即＝，所以 ln x0＝－x0.当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当 x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.

所以函数 h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，

所以 h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2) －ln x0＋x0＝(－x0＋2)·＋2x0＝－1＋＋2x0.

因为 y＝－1＋＋2x 在x∈(0,1)上单调递减，

又x0∈，所以 h(x0)＝－1＋＋2x0∈(3,4)，

所以当 m≤3 时，不等式 m<(－x＋2)ex－ln x＋x对任意的 x∈(0,1]恒成立，

所以正整数 m的最大值是 3.

6．已知 f(x)＝x2－4x－6ln x.

(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程以及 f(x)的单调性；

(2)对任意 x∈(1，＋∞)，有 xf′(x)－f(x)＞x2＋6k·－12 恒成立，求 k的最大整数解；

(3)令g(x)＝f(x)＋4x－(a－6)ln x，若 g(x)有两个零点分别为 x1，x2(x1＜x2)且x0为g(x)的唯一的极值点，

求证：x1＋3x2＞4x0.

【解析】 (1)因为 f(x)＝x2－4x－6ln x，所以定义域为(0，＋∞)，所以 f′(x)＝2x－4－，且 f′(1)＝－8，

f(1)＝－3，所以切线方程为 y＝－8x＋5.又f′(x)＝(x＋1)(x－3)，令 f′(x)＞0解得 x＞3，

令f′(x)＜0解得 0＜x＜3，所以 f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．

(2)xf′(x)－f(x)＞x2＋6k－12 等价于 k＜，记 h(x)＝，则 k<h(x)min，

且h′(x)＝，记 m(x)＝x－2－ln x，则 m′(x)＝1－＞0，所以 m(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，且 m(3)＝1

－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，所以存在 x0∈(3,4)，使得 m(x0)＝0，即 x0－2－ln x0＝0，

所以 h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且 h(x)min＝h(x0)＝＝x0∈(3,4)，

所以 k的最大整数解为 3.

(3)证明：g(x)＝x2－aln x，则 g′(x)＝2x－＝，

令g′(x)＝0，得 x0＝，当 x∈时，g′(x)＜0，

当x∈时，g′(x)＞0，所以 g(x)在上单调递减，在上单调递增，

而要使 g(x)有两个零点，要满足 g(x0)＜0，即 g＝2－aln＜0⇒a＞2e.

因为 0＜x1＜，x2＞，令＝t(t＞1)，由 g(x1)＝g(x2)，可得 x－aln x1＝x－aln x2，

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