导学培优5 函数中的隐零点问题-（配套教参）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

　　　　　　　　　　 [对应学生用书P76] 导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． 类型一　函数最值中的“隐零点” 已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求b的最小值． [解析]　(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)， 可得f′(x)＝(x－a＋1)ex， 当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)＜0； 当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)＞0， 故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减， 在(a－1，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)， 因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立． 即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立， 令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x， 则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)， 因为x∈，所以x－1＜0. 再令函数t(x)＝ex－， 可得t′(x)＝ex＋＞0， 所以函数t(x)单调递增． 因为t＝e－2＜0，t(1)＝e－1＞0， 所以一定存在唯一的x0∈， 使得t(x0)＝0，即＝， 即x0＝－ln x0， 所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3). 因为b∈Z，所以b的最小值为－3. 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． [提醒]　当题设条件中出现“参数为整数”(如本题“b∈Z”)时，此类问题一般为隐零点的卡点问题，要利用零点存在定理，把隐零点的范围精准地找出来，才能正确求出参数的值． 类型二　不等式证明中的“隐零点” 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).证明不等式ex-2－ax＞f(x)恒成立． [证明]　设函数φ(x)＝ex-2－ln x(x＞0)，则φ′(x)＝ex-2－， 可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又由φ′(1)＜0，φ′(2)＞0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1＜x0＜2， 则φ′(x0)＝－＝0，即＝. 当x∈(0，x0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(x0)＝－ln x0， 结合＝，知x0－2＝－ln x0， 所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝＞0， 则φ(x)＝ex-2－ln x＞0，即不等式ex-2－ax＞f(x)恒成立． 解决“隐零点”问题的关键是利用隐零点等式进行零点的代换，从而达到“指、对转幂”的目的．把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧. 1．已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2. (1)解析　当a＝1时，f(x)＝ex-1－ln x＋x， f′(x)＝ex-1－＋1， 则f′(1)＝1，而f(1)＝2， 则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0， 所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0. (2)证明　当a≤0时， 令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0， f′(x)＝ex－a－＝， 显然函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1-a－1≥e－1>0， 则存在唯一x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0， 即＝， 因此存在唯一x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0， 当0<x<x0时，f′(x)<0，当x>x0时，f′(x)>0， 因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 当＝时，x0－a＝－ln x0， 则F(x)≥F(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－a－2>2－a－2＝－a≥0，当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立，又x0∈(0，1)，故式子取不到等号，即F(x)>0. 所以当a≤0时，f(x)>x＋2. 2．(2025·湖南邵阳模拟)已知函数f(x)＝. (1)若a＝2，求f(x)的单调区间； (2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)若a＝2，则f(x)＝的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝＝， 令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x>1； 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2)因为f(x)＝≤xex，则a≤x2ex－2ln x－x， 所以原题意等价于对∀x∈(0，＋∞)，a≤x2ex－2ln x－x恒成立， 构建g(x)＝x2ex－2ln x－x，x>0， 则g′(x)＝ex－－1＝x， 令h(x)＝ex－，x>0，则h′(x)＝ex＋>0对∀x∈(0，＋∞)恒成立， 可知h(x)在(0，＋∞)内单调递增，且h＝－4<0，h(1)＝e－1>0， 可知h(x)在(0，＋∞)内存在唯一零点x0∈， 当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0； 当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0； 可知g(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)内单调递增， 则g(x)≥g＝x－2ln x0－x0＝x－ln (x)，且h＝－＝0，可得x＝1， 则g(x)≥g＝1－ln 1＝1，可得a≤1，所以实数a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$