2025年高考数学一轮复习学案：导数中的隐零点问题（虚设零点设而不求）（高阶拓展、竞赛适用）

第14讲导数中的隐零点问题（虚设零点设而不求）

（高阶拓展、竞赛适用）

（3类核心考点精讲精练）

IN.考情探究

1.5年真题考点分布

5年考情

考题示例考点分析关联考点

2020年新I卷，第21题,12分导数中的隐零点问题不等式恒成立问题

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分

【备考策略】1能用导数求解函数基本问题

2掌握函数零点存在性定理及其应用

3能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围

【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一，其源于

含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点

代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习

知识点1解题步骤

知识点2隐零点的同构

核心知识点

知识点3解题感悟

隐零点问题

虚设零点设而不求考点1隐零点初应用

考点2隐零点问题之参数范围综合

核心考点

考点3隐零点问题之不等式证明综合

知识讲解

在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最

终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”.

1.解题步骤

第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程/'(/)=0,并结合/(X)的单调

性得到零点的范围；

第2步：以零点为分界点，说明导函数/(%)的正负，进而得到/(x)的最值表达式；

第3步：将零点方程/(xo)=O适当变形，整体代入/(%)最值式子进行化简：

。)要么消除/(%)最值式中的指对项

(2)要么消除其中的参数项；

从而得到/(x)最值式的估计.

2.隐零点的同构

实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到

的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方

向.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析

xexxlnx

/(X)=<x+e*=/(lnx)=《x+lnx

ex—x—1x-Inx-1

f(x)=xex=>/(-lnx)=--^^=^>x2ex+lnx=O

所以在解决形如ex=~^x+lnx=Q,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.

3.解题感悟

1.隐零点指对于超越方程或者是一些带参数的方程，无法直接求得确切的零点，但是零点确实存在的问题。

特别是在求导的过程，求函数极值点，对原函数求导后，令导函数等于零，就导函数零点进一步探寻原函

数极值点或最值时会经常遇到“隐零点”问题。

2.隐零点常见题型，有证明零点个数，求解不等式，求最值的取值范围，求参数的范围。

3.解决办法，往往是“虚设零点”，设而不求，结合零点存在定理来初步确定零点的所在区间。往往这样的

零点都与某个参数相关联，相互依赖。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法

取含参的特殊值来确定零点存在区间。

4.特别是针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零

点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题，或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求

函数值域或者证明不等式恒成立问题。

考点一、隐零点初应用

典例引领

I.证明ex-21nx>4-21n2

证明：要证明左边大于右边，只需证明左边的最小值大于右边即可

令g(x)=e*-21nx(x>0)

2?

然后求导g\x)=ex——,:.g\x)=ex+—>O,:.g\x)单增，

XX

g(0.5)<0g(l)>0,因此g(x)存在零点，二.g(x)有一个极小值

，2

x

设g(%)的零点为x=x0/.e°-----=0(1),两边同时取自然对数，「・％0=ln2—ln/(2)

%

2

将(1)、(2)带入g(x),得g(x0)=——21n2+2x0>4-21n2,证毕

xo

2.求/(x)=ex+1-31nx的极值

解:f\x)=ex+1--(x>0),/'(x)=^+1+4>0,.-./(x)T

XX

/(0.5)<0/(1)>0,/./(x)存在一个零点

设/(x)的零点为x=%,.•・令f\x)=ex+i--=0

x

3

.e"+i=一(1)，x0+1=In3-Inx0

%

3

.•./(%)二——31n3+3x+3>9-31n3,即极小值为9-31n3

x0

1.已知函数=xlnx+Ax-34,求：

⑴当k=1时,求曲线/(x)在点(1,/⑴)处的切线方程；

(2)当x>3时，总有“劝>1,求整数％的最小值.

【答案】⑴2x-y-4=0

⑵-3

【分析】(1)先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；(2)分离参数转化为函数的最值问题.

【详解】(1)当左=1时，/(x)=xlnx+x-3

/(x)=lnx+2

.・・/«)=2/(1)=-2

〃x)在点(1J⑴)处的切线方程为y+2=2(x-1)即2尤-y-4=0

(2)由题意，fix)>1,即xlnx+依-3左>1,即左(x-3)>l-xlnx,

--,1-xlnx

又x>3,:.k>-------恒成

x-3

1-xlnx3Inx-x+2

令g(x)=g'(x)=

x-3(x-3)2

3—x

令/z(x)=31nx-x+2,则/(%)=----<0恒成立.

x

•••〃⑴在（3,+8）上递减,

v/i(8)=31n8-6>0,A(9)=31n9-7<0

/.3x0e(8,9)使〃(%)=0,即31nx0—/+2=0,贝iJIn/=,

.•.当X£(8,/)时，g\x)>0,当、£(玉),+8)时，g"(x)<0

X2

l-x.Q-

0

l-xolnxo3x0+110

••gOOmax=g(%)=一=-----六-=

xQ-3x0-333

因为%>g(x)1mx,.-.k>-3,即整数人的最小值为-3

【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。

即时检测

I_________________________

1.(2024・山东威海・二模)已知函数/(x)=lnx-ax+l.

⑴求/(X)的极值;

(2)证明：Inx+x+lWxe".

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；

(2)根据要证明的不等式的结构特点，设g(x)=xex-lnx-x-l,x>0,求出其导数，利用导数判断其单调

性，结合其最值，即可证明结论.

【详解】(1)由题意得〃x)=lnx-办+1的定义域为(0,+8),

当aWO时，r(x)>0,/(x)在(0,+◎上单调递增，无极值；

当0>0时，令/'(x)<0,贝令/''(x)>。，贝IJ0〈尤<!，

aa

即〃x)在(0,-)上单调递增，在(士+⑹上单调递减，

aa

故x=L为函数的极大值点，函数极大值为/(，］=Tna,无极小值;

a\aJ

(2)证明：g(x)=xex-Inx-x-1,x>0,

gr(x)=(x+l)ex---1,令/z(x)=(x+l)ex———1,

则〃(x)=(x+2)e，+g>0,(x>0),即/?(x)在(0,+8)上单调递增，

唱)=|”_3<O，Me)=(e+l)e-_l>0,

故三七©［；，］,使得〃(％)=0,即x()e』=l,

当xe(O,x())时,/z(x)<0,g(x)在(0,%)上单调递减,

当无e(%,+00)时，h(x)>0,g(x)在(%,+00)上单调递增,

A

故gGL=g(xo)=xoe°-ln-^-xo-l=O

即g(x)20,即xe*Nlnx+x+1,则lnx+x+1Vxe，

2.(2024•浙江杭州•一模)已知函数/(x)=/-(a-2)x-alnx(。eR).

⑴求函数J=/(x)的单调区间；

(2)当”=1时，证明：对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.

【答案】⑴见解析

(2)见解析

【分析】(1)利用导数求单调区间；(2)将不等式等价转化为e*-lnx-2>0,利用导数讨论最值即可求

解.

【详解】(1)由题可知函数/(X)的定义域为(0,+8),

,“、一,〜、a2x2-(a-2)x-a

/'(x)=2x-(a-2)——=---------------,

xx

即/，(x)=(x+D(2xa),

X

(i)若awo,

则/'(x)>0在定义域(0,+功上恒成立，

此时函数f(x)在(0,+CO)上单调递增；

(ii)若a>0,

令;(x)>0,即2x-a>0,解得喈,

令/'(x)<0,即2x—a<0,解得0<x<],

所以/(x)在(0,9上单调递减，(彳,+功上单调递增.

综上，a«0时，/(%)在(0,+8)上单调递增；

Q〉0时，/(%)在(0,§上单调递减，(不,+8)上单调递增.

(2)当a=1时，/(x)=x2+x-Inx,

要证明f（x）+e%>x2+x+2,只用证明e"—lnx—2>0,

令g（x）=ex-lnx-2,g'（x尸e"一一,

x

令g'（x尸e，」，即e，=L可得方程有唯一解设为外,且

XX

1

所以e'x°=一,

当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下，

X(0%)%(Xo，+co)

g'(x)-0+

g(x)单调递减单调递增

所以g(x)min=g(Xo)=e*TnXo-2=L+%-2,

%

因为’+x0-2N2LX0-2=0,因为X0*1,所以不取等号,

尤o

即工+%-2>°,即g(X)mm>。恒成立，

XQ

所以，e*-lnx-2>0恒成立，

得证.

考点二、隐零点问题之参数范围综合

典例引领

I.（2020•新I卷•统考高考真题第21题）已知函数/（X）=湛-'-Inx+lna.

（1）当a=e时，求曲线>=/（x）在点（1,/。））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若不等式/'（x）21恒成立，求。的取值范围.

【答案】（1）—（2）[l,+oo）

e-1

【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点（1,/。））切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形

面积公式得结果；

（2）方法一：利用导数研究函数/（x）的单调性，当°=1时，由/'⑴=0得〃=符合题意；

当时，可证/d）/''⑴<0,从而/'（x）存在零点%>0,使得r（Xo）=ae&T-'=O,得到/（乃向„,利用

a/

零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得/'(X)21恒成立；当时，研究

/(1).即可得到不符合题意.综合可得«的取值范围.

【详解】(1)•.•/(x)=eJ-lnx+l,:.f\x)=ex--,k==.

X

■：f(y)=e+\,切点坐标为(1,1+e),

・•・函数/(x)在点(lg)处的切线方程为V-e-l=(e-l)(x-l),即.y=(e-l)x+2,

•••切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(二4,0),

e-l

1-?2

•••所求三角形面积为刀x2x|--|=--.

2e-le-l

(2)［方法一］：通性通法

,//(x)=aex~x-Inx+In(2,f\x)=aex~x--,且a〉0.

x

设g(x)=/'(x)，则g'O)=+3>0,

x

・・・g(x)在(0,+8)上单调递增,即f3在(0,+a))上单调递增，

当。=1时，/XI)=0,・•・/⑺.=/⑴=1，,：〃、)之1成立•

1111-1

当。>1时，一<1，.•.尸<1，.../'(一)/(1)=。&-l)(«-l)<0,

.•・存在唯一x()>0,使得/'6)=。0频1-=0,且当xe(O,Xo)时/'(x)<0,当xe(%,+(»)时/'(x)>0,

x1

ae°~=—,lntz+x0-l=-lnx0,

%

Xo-1

因此/(xLn=/(x0)=ae-lnxo+lna

----FIn。+XQ-1+ln〃221na-1+2/—,—2Ina+1>1

/Vxo

恒成立；

当0<a<1时，/(I)=a+ina<a/(I)<l,/(x)>1不是恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是［1,+oo).

［方法二］【最优解】：同构

lna+x1

由/"(X)N1得-Inx+lna21BPe~+lna+x-l>lnx+x,而lnx+x=+Inx,所以

e'na+x-'+lna+x-l>e,nx+lnx.

^h(m)=em+m,贝M'(a)=/+1>0,所以〃(〃?)在R上单调递增.

由e』°+xT+lna+龙一1Ahi工+lnx,可知力(lna+x-l)2〃(lnx),所以lna+x-LNlnx,所以

lnaN(lnx-x+l)1mx.

11—x

令产(x)=lnx-x+l,则尸'(x)=--1=-

XX

所以当xe(0,1)时，尸«)>0,尸(x)单调递增;

当无e(l,+s)时，P(x)<0,尸(x)单调递减.

所以甲(切而=网1)=0,则InaNO,即心1.

所以“的取值范围为

［方法三］:换元同构

由题意知。>0,x>0,令ae*T=f,所以lna+x-1=In7,所以Ina=ln-x+l.

于是/(x)=aex~l-Inx+Ina=？-Inx+InZ-x+1.

由于/(x)21J-Inx+lnf-x+121ot+lnf2x+lnx,而y=x+lnx在xe(0,+oo)时为增函数，故即

X

“efx,分离参数后有心声.

ex-\\-x)

令g(x)=W所以g'(x)

e2x~2e2-2

当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>l时，g'(x)<0,g(x)单调递减.

Y

所以当x=l时,g(x)『取得最大值为g(D"所以a"

［方法四］:

因为定义域为(0,+8),且所以“1)21,即a+lnaNl.

令S(a)=a+ln"，贝|JS<a)=1>0,所以S(a)在区间(0,+8)内单调递增.

a

因为义1)=1,所以时，有义.)2s⑴，即a+ln“21.

下面证明当aNl时，/(x)21恒成立.

令丁(〃)=。/—1—Inx+lna,只需证当时，7(。)21恒成立.

因为T'(a)=*+->0,所以T(a)在区间［1,+◎内单调递增，则［T(a)］=7(1)=e1-Inx.

amin

因此要证明时，T(a)21恒成立，只需证明=e^-InxNl即可.

由e*>x+l,］nx<x-l,得e*T>x,-lnx>l-x.

上面两个不等式两边相加可得ei-lnx21,故aNl时，恒成立.

当0<a<l时，因为/(l)=a+lna<l,显然不满足/(x)21恒成立.

所以。的取值范围为。21.

【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数/(x)的单调性，求出其最小值，由£皿20即可求出，解法虽

稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法;

方法二：利用同构思想将原不等式化成+Ina+x-1N+Inx,再根据函数/加)=^+加的单调性以

及分离参数法即可求出，是本题的最优解;

方法三：通过先换元，令a+'=t,再同构，可将原不等式化成，+ln此x+lnx,再根据函数>=x+lnx的

单调性以及分离参数法求出；

方法四：由特殊到一般，利用〃1”1可得。的取值范围，再进行充分性证明即可.

2.已知函数/(x)=ln(ax),a>0；若/(x)W(x—l)e"、求a的取值范围.

解：记h(x)=(x-De"—"-/(x)=(x-l)e'j-lnx-lna,x>0,

依题意，h(x)>0恒成立，

求导得h\x)=xex-a--,x>0,

X

令y=h'(x)=xex~a--,y=(x+l)e『+二〉0,

xx

则/z'(x)在(0,+oo)上单调递增，

,<1>1--a,1

又〃一=—e2-2<o,/z(a+l)=(a+l)e----->0,

<2)2Q+1

则A。e[g,a+1)使得A'(xo)=O,即x°e5=—成立，

则当xe(0,x0),/z(x)<0,A(x)单调递减；当xG(X0?+GO),/Z(x)>0,/z(x)单调递增，

心)min=〃(％)=(%T)e、。-"—In/—Ina,

由xoG^°——,得e""———,a—XQ+2Inxo,

//

X1

于是得/z(x0)=°2-lnx0-ln(x0+21nx0),

xo

x—1

当xG(1,+oo)时，令/(x)=--——Inx,

x

有/(x)=(1—^2)<0,r(x)在(l,+oo)上单调递减，

X

而x+21nx在(l,+oo)上单调递增，

即有函数y=-ln(x+21nx)在(1,+8)上单调递减，

Y—1

于是得函数(p(x)=--——Inx-ln(x+2Inx)

x

在(1,+8)上单调递减，则当Xo€(1,+00)时，%(％0)=/(%0)</(1)=0,不合题意；

当且x0+21nx。〉。时，由(1)中m"-I知，-ln"l-x0,有

-ln(x0+21nx0)>l-(x0+2Inx0),

从而

，(、o)=-^~2----In%—In(X。+2In)2―-----Inx0+1—(x。+2In)

="-31nx0-x°+G0-3(x。-1)-x°+l=(J/)(2"1)(2XO+1),

%0%0玉)

由皿/i(xo)>O,因此满足f(x)<(x-,又a=%o+21nxo/=x+21nx

在f|9l上单调递增，则有—21n2,l,而a>Of所以实数Q的取值范困是(0,1].

3.已知函数/(%)=Q%+xlnx(a£7?),当a-\且keZ时，不等式k(x-1)</(x)在xG(1,+OO)

上恒成立，求k的最大值.

解：依题分离参数得：心

人/、x+xlnx

令g(x)=-------—,

x-1

则

令/z(x)=x—In%—2(x>1).

1x―]

贝U"(x)=l——=——>0,/.h(x)在(l,+oo)上递增,

XX

・・・/z(3)=l-ln3<0,/z(4)=2-21n2>0,

存在毛£(3,4),使A(xo)=O.

即In%=%-2,

当l<x<%o时，/z(x)<0ng(x)<0,g(x)/；

当x>x0,/z(x)>0g(x)>0,g(x)\.

g"n=g(x0)=五*W-2)=x°e(3,4).

xo-1xo-1

%<g(x)min=/<3,4),-：k&z,:.k^=3.

a+1

4.已知函数f(x)=aex---------2(6Z+1)>0对任意的x£(0,+oo)恒成立，其中实数«>0,求Q的

x

取值范围.

解：由已知得/(X)mn>0(a>0,x>0)

、xa+1-(a+1)

/(x)=四---=------v—-

XX

令g(x)=ae-2一(Q+1),(a>0,x>0)

由g'(x)=a(2x+X2)/〉0得g(x)在(0?+oo)上递增，

又g(0)=-(Q+1)<0,而g(x)=aexx2-(4Z+1)>ax2-((2+1),

存在x0G(0,+oo),使得g(x0)=0得ae/二巴?.

当0<%</时，g(x)<0,f(x)<0,/(x)递减；

当x>x0时，g(x)>0,/(x)>0,/(x)递增：

,,，/、r(\XnQ+1c/八Q+1

故/Wmin=/(xo)=ae——：——2(a+l)=-------Q-+-—1—C2(/a+l)>0

得又因为g(x)=aexx2-(4Z+1)在(0,+oo)上递增，且Ov/KL

，0=g(Xo)<g⑴，由OWg(l)得

e—1

即时性测

1.(2024・湖南邵阳•三模)已知函数/(x)=21nxix+%eR)

(1)若。=2,求/(x)的单调区间.

(2)若对Vxe(0,+co),/(x)Vxe,恒成立，求实数。的取值范围

【答案】(D/(x)的单调递增区间为(0/)，单调递减区间为(1,+8)

⑵(-8』

【分析】(1)求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；

(2)分析可知原题意等价于对Vxe(0,+co),aw/e*-21nx-x恒成立，构建g(x)=x2e*-21nx-x,x>0,

利用导数判断g(x)的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.

【详解】(1)若Q=2,则+2的定义域为(0,+a),

xf—F1]-(21nx+x+2)

-2Inx，

令尸(x)>0,解得0<x<l；令/'(x)<0,解得x>l：

所以/(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+8).

(,2、)「因为、t/(/%)\=-4-11-1A--十-八-十--J<,xeY,则rIaWx2Ce*-21nx-x,

X

所以原题意等价于对Vxe(O,+⑹，aw/e，-21nx-x恒成立，

构建g(x)=x2qX-21nx-x,x>0,

贝Ijg，(x)=M+2xV-1=X(x+2),_曰，

1o

令"x)=e*-,X>0,则”(x)=e、+了>0对Vxe(0,+⑹恒成立，

可知力(x)在(0,+s)内单调递增，且力=血-4<0/z(l)=e-l>0,

可知在(0,+8)内存在唯一零点毛eU,

当0<x<x()时，〃(x)<0,即g'(x)<0；

当x〉/时,/z(x)>0,即g[x)>0；

可知g(x)在(0,%)内单调递减，在(演,+8)内单调递增，

则g(x)2g(x0)=-2Inx0-x0=-Inx衿。,

且"x0)=e'"-±=0,可得考、=1,

xo

则g(x)2g(xo)=l-lnl=l,可得all,

所以实数。的取值范围为(-吗1].

2.(2024・山东日照•三模)已知函数/(x)="lnx-x2+(a-2)x,g(x)=(x-2)e"---4x+机，aeR.

⑴讨论函数/'(x)的单调性；

⑵当a=-l时，对Vxe(O,l),/(%)>g(x),求正整数加的最大值.

【答案】(1)答案见解析:

(2)3.

【分析】(1)求出函数/(x)的导数，再按aWO与。>0分类讨论求出函数的单调性.

(2)把a=-l代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解.

【详解】(1)函数的定义域为(0,+功，求导得广3=3_2…_2=卜+1卜2x+.),

XX

①当a<0时，有/'(力<0,此时函数〃无)在区间(0,+8)上单调递减；

②当。>0时，当时，/'(x)>0,此时函数〃x)在区间(0,鼻上单调递增；

当代仁,+二|时，r(x)<0,此时函数/(x)在区间上单调递减.

所以当aW0时，函数/'(x)在区间(0,+“)上单调递减；

当a>0时，函数/(x)在区间(0,上单调递增，在区间(W,+sj上单调递减.

(2)当a=-l,xe(O,l)时，/(x)>g(x)恒成立,等价于加<(-x+2)e"—lnx+尤恒成立,

设=(-x+2)e*-lnx+x,xe(0,1),则=(l—xje*,

当0<x<l时，有l-x>0,

函数〃(x)=e=:在(0,1)上单调递增，且=五-2<0,w(l)=e-l>0,

则存在唯一的使得“*=0,即e'"=,,

当X£(O,Xo)时，w(x)<0,h'^x)<0；当x£(x(),l)时，w(x)>0,l(x)〉0,

函数力⑴在(0,%)上单调递减，在(%4)上单调递增，

12

力(x)min=〃(%o)=(f)+2)e'。-lnx0+x0=(-x0+2)一+2x0=-1+—+2x0

%oxo

222

设y=—Id---F2x,贝!J当x£(0,1)时，y'=--+2<0,函数y=_ln在(0,1)上单调递减,

XXX

又因为所以/z(xo)e(3,4).

所以正整数加的最大值是3.

3.(2024・四川绵阳•模拟预测)已知函数/(x)=alnx-L+x(aeR).

(1)讨论的零点个数；

⑵若关于％的不等式/(司工2、-：在(0,+”)上恒成立，求。的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

-ir

(2)Q£--e,e――.

ee

【分析】(1)求出函数导数，对于。分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即

可求得答案；

719

(2)不等式/(x)W2x-1在(0,+。)上恒成立等价于alnx-+在(0,+")上恒成立，从而构造函数

12

G(x)=alnx-x--+—,利用导数判断其单调性求解即可.

xe

【详解】(1)因为/(x)=Hnx-：+x的定义域为(0,+功，

当x=l时，/(1)=0,所以1是f(x)的一个零点,

2

小)=151=x+ax+\

x2

令g(x)=X2+6ZX+1,X>0,则g(x)=++1-亍,x>0,

当-]40,即时，g(x)在(0,+功上单调递增，则g(x)>g(0)=l>0,

故/'(x)>0,〃龙)在(0,+8)上单调递增，结合〃1)=0,

可知此时〃x)有1个零点；

2

当一二>0,即a<0时，若1一幺20,贝厂24。<0时，g(x)>0,

24

故厂(%)>0,/(x)在(0,+8)上单调递增,结合((1)=0,

可知此时/(x)有1个零点；

2

若1一幺<0,贝！JQ«—2时，贝！Jg(x)=/+"+1=0的判另式八=/一4>o,

4

不妨设两根为石户2，则41+工2=-。>0,石入2=1，

即I2+办+1=0有2个正数根，且不妨设。<再vlv%2，

则当0<X<M时，g(x)>0,即/'(x)>0；当玉v%v%2时，g(x)<0,即/'(、)<0；

当力>尤2时，g(x)>。，即/'(x)>。；

则可知/⑺在(再,1)上单调递减，贝lj/(x)极大=/(再)〉/⑴=0,

/(X)在(L9)上单调递减，则/(X)极小=/(%)</(1)=0,

由当X无限趋近于0时，-工的变化幅度要大于alnx的变化幅度，

X

故/(x)=Hnx-J+x趋近于负无穷，

当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于alnx的变化幅度,

故/（x）=41nx+%趋近于正无穷，

此时函数/（%）=4此一｝+》有3个零点，

综上：当〃<-2时，/（x）有3个零点，当2时，/（X）有1个零点

7

（2）不等式/（耳42》-[在（0,+8）上恒成立

12

等价于a\wc-x一一+-40在（0,+8）上恒成立，

xe

4^G（x）=dnx-x--+-,贝ljG,（x\=--\+\=-X

xexxx

对于函数>=--办-1,透=/+4>o,所以其必有两个零点.

又两个零点之积为-1,所以两个零点一正一负，

设其中一个零点％0£（。，+8）,贝！Jx；—QX。—1=0,即。=%一工.

此时G（x）在（0,%）上单调递增，在（%,+8）上单调递减，

故需G（%0）<O,BPIx0---Ilnx0-x0----+—<0.

IJx0e

设函数/z（x）=（x_L]Inx-X--+—,贝=[1+4]Inx.

kxjxekxj

当X£（0,l）时，/z/（x）<o；当X£（l,+8）时，〃（x）〉0.

所以〃（x）在（0,1）上单调递减，在（1,+⑹上单调递增.

又d=〃（e）=0,所以%£1,e.

1「11

由---在一,e上单调递增，

*。Le_

/口「1r

得—e,e—.

ee

【点睛】方法点睛：解决函数/（X）的零点问题，一般两种思路：（1）分离参数法，此时要注意参数的系数

正负确定，便于分离才可应用这种方法，不过这种方法有可能要用到洛必达法则；（2）当参变分离不容易

进行时，可构造函数，求解函数的最值，来讨论确定答案.

考点三、隐零点问题之不等式证明综合

典例引领

InY1

1.(2024•全国•模拟预测)已知函数/(x)=-e，+T+1+a(aeR).

⑴当a=e时，求曲线J=/(x)在点(1J。))处的切线方程；

(2)当。41时，证明：切(x)40在定义域内恒成立.

【答案］⑴ex+y_1_e=0

⑵证明见解析

【分析】(1)利用导数的几何意义计算即可；

(2)利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理先判定。=1时符合题意，再适当放缩即可证

明.

【详解】(1)当a=e时，/(x)=-ejr+—+-+e(x>0),

XX

"⑴="(x)=Y+审T=-e*一1J”)=-e，

二当a=e时，曲线y=/(x)在点(1J⑴)处的切线方程为yT=_e(x_l),即ex+yT_e=0.

(2)由题知，函数/(x)=-e，+蚂+,+。的定义域为(0,+“),

XX

当a=1时，h(x)=xf(x)=Inx+x-xex+l,xG(0,+a),

则/(x)=L+l_(x+l)e“=(x+l)p1_e'

x

令f(x)=g-e",x£(0,+8),则，'(x)=-5-e*<0对任意x£(0,+。)恒成立,

「•才(工)在(0,+e)上单调递减，又=2-厩>0/⑴=l-e<0,

使得"％)=(),即1=1°,则一向0=%.

.,.当0<x<%0时，，(x)〉0,则〃'(x)>0,〃(x)单调递增;

当x>%o时，/(x)<0,则〃'(%)<0,力(力单调递减,

〃(％)«〃(%)=1%)+/_/e殉+1=0-1+1=0,BPInx+x+1<xex.

X<1,x>0,/.Inx++1<Inx+x+1<xex，

lwc+ax+\<xex,

当时，^(x)(0在定义域内恒成立.

2.(2024•河北张家口•三模)已知函数/(x)=lnx+5x—4.

(1)求曲线歹=/(x)在点(1J。))处的切线方程；

3

(2)证明:/(%)>---2.

JX

【答案】⑴6x—y-5=0；

⑵证明见详解.

【分析】(1)利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；

(2)将问题转化为xlnx+5x2—2x>-7令g(x)=xlnx+5——2x,x〉0,求导，利用零点存在性定理判断

极值点/,利用隐零点方程化简极小值可得g(x0)=-5x；-x0,结合二次函数性质即可得证.

【详解】(1)/⑴的定义域为(0,+8),

因为/(X)=：+5,所以曲线〉=/(%)在点(1,7(1))处的切线斜率为左=/'⑴=6,

X/(l)=lnl+5-4=l,所以切线方程为了一1=6(尤-1),即6x-y-5=0.

33

(2)f(x)〉-----2xInx+5%2-2x>—,

5x5

^g(x)=xlnx+5x2-2x,x>0,贝ijg'(x)=Inx+lOx—1,

因为8'(片2)=111-2+10'/一1=当_3<0,

g,Q^=ln^-+10x1-l=|-ln4=1(lne3-lnl6)>0

所以存在X。€(厂,；1,使得8'(/)=111%+10工0-1=0,B|]Inx0=1-1Oxo,

易知g'(x)在(0,+。)上单调递增，

所以，当xe(0,x°)时，g'(x)<0,g(x)在(0,%)上单调递减；

当xe(xo，+e)时，g,(x)>0,g(x)在(%,+。)上单调递增.

所以当x=x0时，g(x)取得最小值：

g(x0)=x0Inx0+5%o-2XQ=x0(1-1Oxo)+-2x0=-5x1-x0,

由二次函数性质可知，8伉)=-5寸-/在卜,；|上单调递减，

所以g(xo)>g[；[=_[>_(,BPg(x)=xlnx+5x2-2x>-|,

3

所以/(x)>---2.

即时

1.(2024・陕西西安•模拟预测)已矢口函数/(x)="n…,若/(x)的最小值为0,

⑴求。的值；

(2)若g(x)=#(x),证明:g(x)存在唯一的极大值点为,且g(xo)<；.

【答案】⑴。=1

⑵证明见解析

【分析】(1)对函数求导后，分和。>0两种情况讨论求解即可；

(2)令〃(x)=g'(x)=2x-2-lnx,求导后可得/x)在，递减，递增，再结合零点存在性定理

得〃(x)在(0,切存在唯一的％使得〃(毛)=0,在［■,+1»］存在唯一的零点x=l,从而得x=x()是g(x)

唯一的极大值点.

【详解】(1)/(x)=fl--=^l(x>0),

XX

当aWO时,f'(x)<0,所以/(x)在(0,+8)上递减，则/(x)没有最小值，

当a>0时，由/>'(x)>0,得由/'(x)<0,得0<x<L

aa

所以/(X)在J上递减，在上递增，

所以X=L时，/(X)取得最小值/p_］=l-ln'-a=O,得a=l成立，

a\aJa

下面证。二1为唯一解，

11—(7

令%(Q)=l+lnQ_Q,贝Ur(q)=——1=---(6Z>0),

aa

当Ovavl时，t\a)>0,当a>l时，t\d)<0,

所以在(0,1)上递增,在以+◎上递减,

所以(Q)max=(1)=0,

所以方程l+lna-Q=0有且只有唯一解。=1,

综上，4=1；

(2)证明:由(1)知g(x)=%2一x-xlnx,g'(x)=2x-2—lnx,

1Oy—1

令〃(x)=2x-2-Inx,/2(x)=2—=----(x>0),

xx

当0<x<5时，h\x)<0,当时，h\x)>0,

所以/z(x)在(0,；)上递减，上递增，

因为力(/J=M2一1<3>°4⑴=0，

所以〃⑴在［J存在唯一的x°e(0,£|使得4％)=0,在1,+6存在唯一的零点x=l,

所以当0<x<Xo或x>l时，h(x)>0,gpg'(x)>0,

当尤0cx<1时,h(x)<0,即g\x)<0,

所以g(x)在(0,%)上递增，在(x°,l)上递减，在(1,+8)上递增，

即X=X。是g(x)唯一的极大值点,

g(xo)=Xo-x0-x0lnx0,

由得In%=2(无。-1),

xx_

所以g(x())=o~o2x0(x0-1)=一］/-1)+->

因为x()e(0,g］,所以g(xo)<；.

【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第(2)问解题

的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于

较难题.

2.(2024・陕西安康•模拟预测)已知函数/(x)=j,g(x)=lnx.

⑴求的极值；

2

⑵证明：xg(x)+2>e"(x)->

【答案】⑴极大值为,，无极小值.

e

(2)证明见解析

【分析】(1)先求出/(x)的单调性，再根据单调性求得极值；

2?

(2)构造“x)=xg(x)+2-e"(x)+—=xlnx+2-x+—(x>0),求出其单调性进而求得最小值为〃(%),

证明力(%)>0即可.

【详解】⑴=，/(x)=F，

当x<l时，/'(x)>0,当x>l时，f'(x)<Q,

所以/(x)在(-8,1)单调递增，在(1,+8)单调递减，

所以当X=1时，取得极大值L无极小值.

e

22

(2)解：令〃(x)=%g(x)+2—e*/(x)+—=xlnx+2-x+—(x>0),

2

贝lj〃'(x)=lnx——-(x>0),

2

令尸(x)=Inx——-(x>0),

14

贝lj/(%)=—+石>0在％>0上恒成立,

XX

所以「(%)在(0,+")上单调递增，

2?2

又尸(l)=lnl—7=-2<0,r(e)=lne——-=1——->0,

1ee

所以存在X。e(l,e),使得F(Xo)=O,

gplnx0=-(x0e(l,e)),

所以X£(o,%o)时,r(x)<0,"(x)<0,〃(x)单调递减，

%£(%o，+oo)时,r(x)>0,〃(x)〉0,单调递增，

〃(x)min=%(工0)=%0山