《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题12 导数中隐零点的应用(原卷版)

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专题 12　导数中隐零点的应用

【方法总结】

利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的

联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另

一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f′(x)＝0是超越形式)，称之为“隐零点”．对于隐零

点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．

用隐零点处理问题时，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′(x)＝0的根为 x0，即有 f′(x0)＝0．注意确定 x0的合适范围，如果含参 x0的范围往往和

参数 a的范围有关．这时就可以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．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中

的不等式证明、恒成立能成立等问题．

隐零点问题求解三步曲

(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x0)＝0，并结合 f′(x)的单调性得到

零点的取值范围．

(2)以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式．

(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．

注意：

确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征

得到，甚至可以由题设直接得到等等．至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要

时尽可能缩小其范围．进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可

能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键．最后值得说明的是，隐性零点代换实际

上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．

考点一　不等式证明中的“隐零点”

【例题选讲】

[例1]　(2015 全国Ⅱ)设函数 f(x)＝e2x－alnx．

(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)的零点的个数；

(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．由 f′(x)＝0得2xe2x＝a．

令g(x)＝2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0．

当a>0 时，方程 g(x)＝a有一个根，即 f′(x)存在唯一零点；

当a≤0 时，方程 g(x)＝a没有根，即 f′(x)没有零点．

(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．

故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以[f(x)]min＝f(x0)．

由2e2x0－＝0得e2x0＝，又 x0＝，得 ln x0＝ln ＝ln－2x0，

所以 f(x0)＝－aln x0＝－a＝＋2ax0＋aln≥2＋aln ＝2a＋aln．

故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln．

[例2]　(2013 全国Ⅱ)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．

解析　(1)f′(x)＝ex－．由 x＝0是f(x)的极值点得 f′(0)＝0，所以 m＝1．

于是 f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－．

函数 f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，且 f′(0)＝0．

因此当 x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0．

所以 f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当 m＝2时，f(x)＞0．

当m＝2时，函数 f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)单调递增．又 f′(－1)＜0，f′(0)＞0，

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根 x0，且 x0∈(－1，0)．

当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当 x＝x0时，f(x)取得最小值．

由f′(x0)＝0得＝，ln(x0＋2)＝－x0，故 f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0．

综上，当 m≤2 时，f(x)＞0．

[例3]　已知函数 f(x)＝xex－a(x＋lnx)．

(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)由(1)得，f′(x0)＝0，即 x0ex0＝a，f(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＝x0ex0(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，则 ex0>x0＋1．

因为 x0∈(0，1)，所以 1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．

相乘得 ex0(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，

所以 f(x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．

故f(x0)>2(x0－x)成立．

[例4]　已知函数 f(x)＝aex＋sinx＋x，x∈[0，π]．

(1)证明：当 a＝－1时，函数 f(x)有唯一的极大值点；

(2)当－2<a<0 时，证明：f(x)<π．

解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex，

因为 x∈[0，π]，所以 1＋cos x≥0，令 g(x)＝1＋cos x－ex，g′(x)＝－ex－sin x<0，

所以 g(x)在区间[0，π]上单调递减．因为 g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，

所以存在 x0∈(0，π)，使得 f′(x0)＝0，且当 0<x<x0时，f′(x)>0；当 x0<x<π 时，f′(x)<0．

所以函数 f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]．

所以函数 f(x)存在唯一的极大值点 x0．

(2)当－2<a<0 时，令 h(x)＝aex＋sin x＋x－π，则 h′(x)＝aex＋cos x＋1，

令k(x)＝aex＋cos x＋1，则 k′(x)＝aex－sin x<0，

所以函数 h′(x)在区间[0，π]上单调递减，

因为 h′(0)＝a＋2>0，h′(π)＝aeπ<0，所以存在 t∈(0，π)，使得 h′(t)＝0，即 aet＋cos t＋1＝0，

且当 0<x<t时，h′(x)>0；当 t<x<π 时，h′(x)<0．

所以函数 h(x)在区间[0，t]上单调递增，在区间[t，π]上单调递减．

h(x)max＝h(t)＝aet＋sin t＋t－π，t∈(0，π)，

因为 aet＋cos t＋1＝0，只需证 φ(t)＝sin t－cos t＋t－1－π<0 即可，

φ′(t)＝cos t＋sin t＋1＝sin t＋(1＋cos t)>0，

所以函数 φ(t)在区间(0，π)上单调递增，φ(t)<φ(π)＝0，即 f(x)<π．

【对点训练】

1．已知函数 f(x)＝(x－1)ex－ax 的图象在 x＝0处的切线方程是 x＋y＋b＝0．

(1)求a，b的值；

(2)求证函数 f(x)有唯一的极值点 x0，且 f(x0)>－．

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