《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题17 单变量不含参不等式证明方法之虚设零点(原卷版)

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专题 17　单变量不含参不等式证明方法之虚设零点

隐零点法本质上是最值分析法，常见形式是证明 h(x)＞0或f(x)>g(x)．对于 f(x)>g(x)，先将不等式移

项，即构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式 h(x)>0，再转化为证明 h(x)min>0 即可，但对函数 h(x)求

导后，f′(x)＝0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为

隐零点(即能确定其存在，但又无法用显性的代数表达)．用隐零点证明不等式时，先证明函数 f′(x)在某区

上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点 x0，则 f′(x0)＝0．f(x) min＝f(x0)，而 f(x0)

是一个超越式(含有指、对函数)和多项式函数的组合式，这时用 f′(x0)＝0把超越式用代数式表示，同时根

据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．

【例题选讲】

[例1]　已知函数 f(x)＝aex－blnx，曲线 y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为 y＝x＋1．

(1)求a，b；

(2)证明：f (x)>0．

解析　(1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝aex－，由题意得 f (1)＝，f ′(1)＝－1，

所以解得

(2)证明：由(1)知f (x)＝·ex－ln x(x>0)．因为 f ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又 f ′(1)<0，f

′(2)>0，

所以 f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈(1，2)．

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

从而当 x＝x0时，f (x)取极小值，也是最小值．由 f ′(x0)＝0，得 ex0－2＝，则 x0－2＝－ln x0．

故f (x)≥f (x0)＝e x0－2－ln x0＝＋x0－2>2－2＝0，所以 f (x)>0．

[例2]　(2015 全国Ⅰ改编)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＝2时，f(x)≥4．

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，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，

所以由增函数的定义可证得函数 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)由(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－＝0，2x0＝－ln x0所以 f(x0)＝＋4x0≥4(当且仅当 x0＝时等号成立)．

所以当 a＝2时，f(x)≥4．

[例3]　已知函数 f(x)＝ax＋lnx，函数 g(x)的导函数 g′(x)＝ex，且 g(0) g′(1)＝e，其中 e为自然对数的

底数．

(1)求f(x)的极值；

(2)当a＝0时，对于任意的 x∈(0，＋∞)，求证：f(x)<g(x)－2．

解析　(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋＝．

当a≥0 时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，f(x)没有极值；

当a＜0时，令 f′(x)＞0，解得 x＜－，所以 f(x)在(0，－)单调增，在(－，＋∞)单调递减．

所以 f(x)有极大值 f(－)＝－1－ln(－a)，无极小值．

(2)当a＝1时，f(x)＝ln x，令 h(x)＝g(x)－f(x)－2，即 h(x)＝ex－ln x－2，即证 g(x)min>0 恒成立，

h′(x)＝ex－，h′(x)(0，＋∞)在为增函数，h′<0，h′(1)>0，

∴∃x0∈，使 h′(x0)＝0成立，即－＝0，则当 0<x<x0时，h′(x)<0，当 x>x0时，h′(x)>0，

∴y＝h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

∴h(x)min＝h(x0)＝－ln x0－2，又∵－＝0，即＝，

∴h(x0)＝－ln x0－2＝＋ln－2＝＋x0－2，又∵x0∈，∴x0＋>2，

∴h(x0)>0，∴h(x)>h(x0)>0，即 f(x)<g(x)－2．

[例4]　(2017·全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xlnx，且 f(x)≥0．

(1)求a；

(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e－2<f(x0)<2－2．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0 等价于 g(x)≥0．

因为 g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1．

若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当 x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以 x＝1是g(x)的极小值点，故 g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．

(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x．

设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0．

所以 h(x)在单调递减，在单调递增．又 h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，

所以 h(x)在有唯一零点 x0，在有唯一零点 1，

且当 x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．

因为 f′(x)＝h(x)，所以 x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由 f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，

故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈(0，1)得f(x0)<．因为 x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，

由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0 得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以 e－2<f(x0)<2－2．

( )

= 2

∙

( )

∙

( )

【对点精练】

1．(2013·全国Ⅱ改编)设函数 f(x)＝ex－ln(x＋m)．

(1)若x＝0是f(x)的极值点，求 m的值，并讨论 f(x)的单调性；

(2)当m＝2时，求证：f(x)>0．

2．已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，a>0．

(1)求函数 y＝f(x)的单调区间；

(2)当a＝1时，证明：对任意的 x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2．

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