2026高中数学10大导数：专题12 导数中隐零点的应用(教师版)

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

(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln．

a

a

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

x

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)．

aaaaa

由2x0－＝得2x0＝，又＝，得＝＝－，

2e0ex02xlnx0ln2xln2x0

x02x02e02e02

a

ln－2x0

2x0aa2a22

所以f(x0)＝e－alnx0＝－a2＝＋2ax0＋aln≥2·2ax0＋aln＝2a＋aln．

2x02x0a2x0aa

2

故当a>0时，f(x)≥2a＋aln．

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．

1

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

x＋m

1

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

x＋1

1

函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0．

x＋1

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．

1

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

x＋2

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．

＋2

x011(x01)

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

x0＋2x0＋2x0＋2

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；

3

(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x0)．

1a

1＋ex－(x＋1)(xex－a)

解析(1)f′(x)＝(x＋1)ex－ax＝(x＋1)x＝，x∈(0，＋∞)．

x

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，

a

又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(e－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．

xxx

(2)由(1)得，f′(x0)＝0，即x0e0＝a，f(x0)＝x0e0－a(x0＋lnx0)＝x0e0(1－x0－lnx0)，

1

因为f(x0)>0，所以1－x0－lnx0>0，令g(x)＝1－x－lnx，g′(x)＝－1－<0，

x

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)，

11－x

设φ(x)＝lnx－x＋1，x∈(0，1)，φ′(x)＝－1＝，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，

xx

φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即lnx<x－1，所以－lnx>1－x，

xx

所以ln(x＋1)<x，所以e>x＋1>0，则e0>x0＋1．

因为x0∈(0，1)，所以1－x0－lnx0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．

x

相乘得e0(1－x0－lnx0)>(x0＋1)(2－2x0)，

x23

所以f(x0)＝x0e0(1－x0－lnx0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x0)＝2(x0－x0)．

3

故f(x0)>2(x0－x0)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＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cosx－ex，

因为x∈[0，π]，所以1＋cosx≥0，令g(x)＝1＋cosx－ex，g′(x)＝－ex－sinx<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＋sinx＋x－π，则h′(x)＝aex＋cosx＋1，

令k(x)＝aex＋cosx＋1，则k′(x)＝aex－sinx<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＋cost＋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．

t

h(x)max＝h(t)＝ae＋sint＋t－π，t∈(0，π)，

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

φ′(t)＝cost＋sint＋1＝sint＋(1＋cost)>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；

3

(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－．

2

1．解析(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，

所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1．

(2)令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，

所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；

当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，

x0x01

所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0．由x0e＝1e＝，

x0

⇒

11

x0－1＋x0e

f(x0)＝－x0＝1－x0，又g2＝－1<0，

x02

1153

g(1)＝e－1>0<x0<12<＋x0<，所以f(x0)>－．

2x022

⇒－⇒

2．已知函数f(x)＝ext－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．

2．解析(1)函数f(x)的定义域(0，＋∞)，

－1

因为f′(x)＝ext－，x＝1是f(x)的极值点，

x

－－1

所以f′(1)＝e1t－1＝0，所以t＝1，所以f′(x)＝ex1－，

x

－1

因为y＝ex1和y＝－，在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

x

∴当x>1时，f′(x)>0；0<x<1时，f′(x)<0，

此时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，

(2)当t≤2时，f(x)＝ex－t－lnx≥ex－2－lnx，

－－1

设g(x)＝ex2－lnx，则g′(x)＝ex2－，

x

－1

因为y＝ex2和y＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

x

111

因为g′(1)＝－1<0，g′(2)＝1－＝>0，所以存在x0∈(1，2)使得g′(x0)＝0，

e22

所以在(0，x0)上使得g′(x)<0，在(x0，＋∞)上g′(x)>0，

所以g(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(x0)，

x01

因为g′(x0)＝0，即e－2＝，所以lnx0＝2－x0，

x0

x01

所以g(x0)＝e－2－lnx0＝＋x0－2，

x0

1

因为x0∈(1，2)，所以g(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0．

x0

3．已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R．

(1)求函数f(x)的极值；

(2)当a≥1时，证明：f(x)－lnx＋2x>2．

3．解析(1)f′(x)＝aex－2，

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，则f(x)无极值．

222

当a>0时，令f′(x)＝0得x＝ln，令f′(x)>0得x>ln，令f′(x)<0得x<ln，

aaa

22

－∞，lnln，＋∞

∴f(x)在a上单调递减，在a上单调递增，

2

ln2

∴f(x)的极小值为fa＝2－2ln，无极大值，

a

2

综上，当a≤0时，f(x)无极值．当a>0时，f(x)的极小值为2－2ln，无极大值．

a

(2)当a≥1时，f(x)－lnx＋2x≥ex－lnx，

令g(x)＝ex－lnx－2，转化为证明g(x)>0，

111

∵g′(x)＝ex－(x>0)，令φ(x)＝ex－(x>0)，则φ′(x)＝ex＋(x>0)，则φ′(x)>0，

xxx2

1

∴g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，∵g′(1)＝e－1>0，g′2＝e－2<0，

1

，1

∴x0∈2，使得g′(x0)＝0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

∃x011

∴g(x)≥g(x0)＝e－lnx0－2＝＋x0－2≥2·x0－2＝0，

x0x0

∵x0≠1，∴g(x)>0，∴f(x)－lnx＋2x>2．

a

4．已知函数f(x)＝＋bxlnx，其中a，b∈R．

x

(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；

1

，2e＋1

(2)当b>1时，f(x)≥1对任意x∈2恒成立，证明：a>．

2e

aaa

4．解析(1)由题得f′(x)＝－＋b(lnx＋1)，∴f′(e)＝－＋2b＝1，且f(e)＝＋eb＝2e，

x2e2e

从而解得a＝e2，b＝1．

1

，2a

(2)由f(x)≥1对任意x∈2恒成立，得＋bxlnx≥1，等价于a≥x－bx2lnx，

x

1

，2

令g(x)＝x－bx2lnx，x∈2，则g′(x)＝1－b(2xlnx＋x)，令φ(x)＝1－b(2xlnx＋x)，

1

，2

则φ′(x)＝－b(2lnx＋3)，易知φ′(x)<0，故g′(x)在2上单调递减，

111

因为g′(e－)＝1－b(－e－＋e－)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln1＋1)＝1－b<0，

222

11

－，x0

故x0∈(e，1)，使g′(x0)＝1－b(2x0lnx0＋x0)＝0，则g(x)在上单调递增，在(x0，2]上单调递减，

22

22

2x0＋bx0x＋bx

故g(x)max＝g(x0)＝x0－bx0lnx0＝，令h(x)＝，

22

1

－－1

1＋2e＋be＋＋

易知在－，上单调递增，则x0bx02＝ebe1．

h(x)(e21)a≥>>

222e2e

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；

1

(2)求证：当a>1－时，f(x)>e＋1．

e

1

5．解析(1)∵a＝0时，∴f(x)＝ex－lnx，f′(x)＝ex－(x>0)，∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，

x

∴函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0．

＋1＋1

(2)∵f′(x)＝exa－(x>0)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝exa＋>0，∴g(x)是增函数，

xx2

＋1－－

∵exa>ea，∴由ea>，得x>ea，∴当x>ea时，f′(x)>0；

x

＋＋＋1－－－－

若0<x<1，则exa<ea1，由ea1<得，x<ea1，∴当0<x<min{1，ea1}时，f′(x)<0，

x

故f′(x)＝0仅有一解，记为x0，则当0<x<x0时，f′(x)<0，f(x)递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)递增；

x0＋ax＋a1x0＋a1

∴f(x)min＝f(x0)＝e－lnx0，而f′(x0)＝e0－＝0，所以e＝，所以a＝－lnx0－x0，

x0x0

11

111

记h(x)＝lnx＋x，则f(x0)＝－lnx0＝hx0，a>1－，即－a<－1，所以h(x0)<he，

x0ee

1

111

而h(x)显然是增函数，∴0<x0<，∴>e，∴hx0>h(e)＝e＋1．综上，当a>1－时，f(x)>e＋1．

ex0e

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)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．

解析(1)∵函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝a＋lnx＋1≥0在区间[e，＋∞)上恒成立，

∴a≥(－lnx－1)max＝－2，∴a≥－2．∴a的取值范围是[－2，＋∞)．

x＋xlnx

(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx，k∈Z时，不等式k(x－1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，∴k<x－1，

min

x＋xlnxx－lnx－21x－1

令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)．则h′(x)＝1－＝>0，

x－1(x－1)2xx

∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2ln2>0，

存在x0∈(3，4)，使h(x0)＝0，即当1<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，

g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．令h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，即lnx0＝x0－2，

x0(1＋lnx0)x0(1＋x0－2)

g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)．k<g(x)min＝x0∈(3，4)，且k∈Z，∴kmax＝3．

x0－1x0－1

－

[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex1－lnx＋lna．

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

(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．

1

解析(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－，∴f′(1)＝e－1．

x

∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，

∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，

－2

，0

∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，e－1，

－2

12

∴所求三角形面积为×2×|e－1|＝．

2e－1

(2)解法一(隐零点)

－－1

∵f(x)＝aex1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex1－，且a>0．

x

－1

设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

x2

当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；

111

111

当a>1时，<1，∴ea<1，∴f′af′(1)＝a(ea1)(a1)0，

a

x－11

∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝ae0－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，

x0

x－11

∴ae0＝，∴lna＋x0－1＝－lnx0，

x0

x－111

因此f(x)min＝f(x0)＝ae0－lnx0＋lna＝＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2·x0＝2lna＋1>1，

x0x0

∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；

当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．

综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．

解法二(同构)

∵f(x)＝aex－1－lnx＋f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝

elnx＋lnx，

令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，

显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，

11－x

令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝－1＝，

xx

在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，

∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．

[例3]已知函数f(x)＝lnx－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)．

(1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围；

(2)若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围．

lnx

解析(1)由f(x)＝lnx－kx有唯一零点，可得方程lnx－kx＝0，即k＝有唯一实根，

x

lnx1－lnx

令h(x)＝，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得0<x<e；由h′(x)<0，得x>e，

xx2

1

∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．∴h(x)≤h(e)＝，

e

lnx

又h(1)＝0，∴当0<x<1时，h(x)<0；又当x>e时，h(x)＝>0，

x

lnx

则h(x)＝的大致图象如图所示，

x

1

可知，k＝或k≤0．

e

1＋lnx

(2)∵x(ex－2)－(lnx－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥－ex＋2恒成立，

x

1

1＋lnx·x－(1＋lnx)－lnx－x2ex

令φ(x)＝－ex＋2，则φ′(x)＝x－ex＝，

2

xx2x

11

令μ(x)＝－lnx－x2ex，则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)<0(x>0)，

xx

11

-2

∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又μe＝1－ee>0，μ(1)＝－e<0，

1

，1

2x0

由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈e，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝x0e，

两边取对数可得ln(－lnx0)＝2lnx0＋x0，即ln(－lnx0)＋(－lnx0)＝x0＋lnx0，

由函数y＝x＋lnx为增函数，可得x0＝－lnx0，

又当0<x<x0时，μ(x)>0，φ′(x)>0；当x>x0时，μ(x)<0,φ′(x)<0，

∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

1＋lnx0x01－x01

∴φ(x)≤φ(x0)＝－e＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，

x0x0x0

即k的取值范围为k≥1．

－

[例4]已知f(x)＝asinx，g(x)＝lnx，其中a∈R，y＝g1(x)是y＝g(x)的反函数．

(1)若0<a≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0，1)上是增函数；

(2)设F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整

数b的值．

1

解析(1)由题意知G(x)＝asin(1－x)＋lnx，G′(x)＝－acos(1－x)(x>0)，

x

1

当x∈(0，1)，0<a≤1时，>1，0<cos(1－x)<1，∴acos(1－x)<1，∴G′(x)>0，

x

故函数G(x)在区间(0，1)上是增函数．

(2)解法一由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，

即b>－ex＋mx2＋2x＋2恒成立，令h(x)＝－ex＋mx2＋2x＋2，则h′(x)＝－ex＋2mx＋2，

xx

h′′(x)＝－e＋2m<0，∴h′(x)＝－e＋2mx＋2在(0，＋∞)上单调递减，h′(x)max<h′(0)＝0，

x0

x0e－2

且当x→＋∞时，h′(x)→－∞，则必存在x0，使得h(x0)＝0，即－e＋2mx0＋2＝0，∴m＝，

2x0

x0

∴h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(x0)＝－e＋2mx0＋2，

x0x

x0－－1－1

x0e22x0x

即h(x0)＝－e＋·x0＋2x0＋2＝2e＋x0＋2，令m(x)＝2e＋x＋2，x∈(0，ln2)，

2x0

111

则m′(x)＝(x－1)ex＋1，令n(x)＝(x－1)ex＋1，则n′(x)＝xex>0，∴m′(x)在(0，ln2)上单调递增，

222

1

∴m′(x)>m′(0)＝>0，∴m(x)在(0，ln2)上单调递增，∴m(x)<m(ln2)＝2ln2，∴b≥2ln2，又b为整数，

2

∴最小整数b的值为2．

解法二由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x＋b－2>0恒成立，

即x2m－ex＋2x－b＋2<0恒成立，令h(m)＝x2m－ex＋2x－b＋2，h′(m)＝x2≥0，

∴h(m)＝x2m－ex＋2x－b＋2在(－∞，0)上单调递增，

即∴h(m)<h(0)＝－ex＋2x－b＋2<0即可，即b>－ex＋2x＋2

令m(x)＝－ex＋2x＋2，∵m′(x)＝－ex＋2，令m′(x)＝0，解得x＝ln2．

∴m(x)在(0，ln2)上单调递增，在(ln2，＋∞)上单调递减，

∴m(x)max＝m(ln2)＝2ln2，∴b≥2ln2，又b为整数，∴最小整数b的值为2．

[例5]已知函数f(x)＝－2(x＋a)lnx＋x2－2ax－2a2＋a，其中a>0．

(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；

(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一

解．

a

1＋

解析(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2x，

11

x－2a－

22a22＋24

∴g′(x)＝2－＋＝．

xx2x2

1－1－4a1＋1－4a

10，，＋∞

当0<a<时，g(x)在2，2上单调递增，

4

－－＋－

114a，114a

在区间22上单调递减；

1

当a≥时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

4

a

1＋x－1－lnx

(2)由f′(x)＝2(x－a)－2lnx－2x＝0，解得a＝，

1＋x－1

x－1－lnxx－1－lnxx－1－lnx

＋

x－－－2x－1－lnx

令φ(x)＝－21＋x1lnx＋x2－21＋x1x－21＋x1＋，

1＋x－1

e－2

e（e－2）－2

则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－－21＋e1<0．

1＋e－1

故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0．

x0－1－lnx0

令a0＝，u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，

－1

1＋x0

1

由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在(1，＋∞)上单调递增．

x

u(1)u(x0)u(e)e－2

∴0＝<＝a0<＝<1．即a0∈(0，1)，

－1－1－1

1＋11＋x01＋e1＋e

当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0．因为f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，

故当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0．

∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0．

综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯

一解．

【对点训练】

1．已知函数f(x)＝xlnx．

(1)求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；

(2)若当x>1时，f(x)＋x>k(x－1)恒成立，求正整数k的最大值．

1．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，因为f′(e)＝2，f(e)＝e，

所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0．

xlnx＋x

(2)由f(x)＋x>k(x－1)，得xlnx＋x>k(x－1)．即k<对于x>1恒成立，

x－1

xlnx＋x

令g(x)＝，只需k<g(x)min，

x－1

(x－1)(lnx＋2)－xlnx－xx－lnx－2

g′(x)＝＝，

(x－1)2(x－1)2

1x－1

令u(x)＝x－lnx－2，则u′(x)＝1－＝>0，

xx

所以u(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上单调递增，

因为u(2)＝－ln2<0，u(3)＝1－ln3<0，u(4)＝2－ln4>0，

所以x0∈(3，4)，使得u(x0)＝x0－lnx0－2＝0，

且当∃1<x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

x0lnx0＋x0x0(x0－2)＋x0

所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)，

x0－1x0－1

*

又因为k∈N，所以kmax＝3．

2．(2012全国Ⅱ)设函数f(x)＝ex－ax－2．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．

2．解析(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．

若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0．

所以f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．

(2)由于a＝1，所以(x－k)f´(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．

x＋1

故当x>0时，(x－k)f´(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0)①

ex－1

x＋1ex(ex－x－2)

令g(x)＝＋x，则g′(x)＝．

ex－1(ex－1)2

由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，

所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x0，

则x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，

x0

所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(x0)，又由g′(x0)＝0，可得e＝x0＋2，

所以g(x0)＝x0＋1∈(2，3)．，故①等价于k<g(x0)，故整数k的最大值为2．

3．已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

1

，1

(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋lnx－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈3恒成立，求b的最

小值．

3．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)由函数g(x)＝f(x)＋lnx－x－b＝(x－2)ex＋lnx－x－b(b∈Z)，

11

，1，1

因为g(x)≤0对任意的x∈3恒成立．即b≥(x－2)ex＋lnx－x对任意的x∈3恒成立，

1

1ex－

令函数h(x)＝(x－2)ex＋lnx－x，则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)x，

x

1

，1

因为x∈3，所以x－1<0．

11

再