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＋alneq\f(2,a)．解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(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－eq\f(a,x0)＝0得e2x0＝eq\f(a,2x0)，又x0＝，得lnx0＝ln＝lneq\f(a,2)－2x0，所以f(x0)＝－alnx0＝eq\f(a,2x0)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)－2x0))＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,2x0)·2ax0)＋alneq\f(2,a)＝2a＋alneq\f(2,a)．故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a)．[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－eq\f(1,x＋m)．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－eq\f(1,x＋1)．函数f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)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－eq\f(1,x＋2)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＝eq\f(1,x0＋2)，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝eq\f(1,x0＋2)＋x0＝eq\f((x0＋1)2,x0＋2)＞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－xeq\o\al(3,0))．解析 (1)f′(x)＝(x＋1)ex－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,x)))＝eq\f((x＋1)(xex－a),x)，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＋lnx0)＝x0ex0(1－x0－lnx0)，因为f(x0)>0，所以1－x0－lnx0>0，令g(x)＝1－x－lnx，g′(x)＝－1－eq\f(1,x)<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)＝lnx－x＋1，x∈(0，1)，φ′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，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lnx1－x，所以ln(x＋1)x＋1>0，则ex0>x0＋1．因为x0∈(0，1)，所以1－x0－lnx0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．相乘得ex0(1－x0－lnx0)>(x0＋1)(2－2x0)，所以f(x0)＝x0ex0(1－x0－lnx0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－xeq\o\al(2,0))＝2(x0－xeq\o\al(3,0))．故f(x0)>2(x0－xeq\o\al(3,0))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－20，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且当00；当x00，h′(π)＝aeπ<0，所以存在t∈(0，π)，使得h′(t)＝0，即aet＋cost＋1＝0，且当00；当t0，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)>－eq\f(3,2)．2．已知函数f(x)＝ex－t－lnx．(1)若x＝1是f(x)的极值点，求t的值，并讨论f(x)的单调性；(2)当t≤2时，证明：f(x)>0．3．已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－2x，a∈R．(1)求函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值；(2)当a≥1时，证明：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－lnx＋2x>2．4．已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋bxlnx，其中a，b∈R．(1)若函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝x＋e，求a，b的值；(2)当b>1时，f(x)≥1对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，证明：a>eq\f(\r(e)＋1,2e)．5．已知函数f(x)＝ex＋a－lnx(其中e＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)求证：当a>1－eq\f(1,e)时，f(x)>e＋1．考点二 不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1] 已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)1)．则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)