2026高中数学10大导数：专题17 单变量不含参不等式证明方法之虚设零点(教师版)

专题17单变量不含参不等式证明方法之虚设零点

隐零点法本质上是最值分析法，常见形式是证明h(x)＞0或f(x)>g(x)．对于f(x)>g(x)，先将不等式移项，

即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再转化为证明h(x)min>0即可，但对函数h(x)求导后，

f′(x)＝0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为隐零点(即

能确定其存在，但又无法用显性的代数表达)．用隐零点证明不等式时，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′(x0)＝0．f(x)min＝f(x0)，而f(x0)是一个超越

式(含有指、对函数)和多项式函数的组合式，这时用f′(x0)＝0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．

【例题选讲】

1

－1

[例1]已知函数f(x)＝aex－blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝ex＋1．

(1)求a，b；

(2)证明：f(x)>0．

b11

解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，

xee

1

ae＝，1

ea＝，

e2

所以1解得

ae－b＝－1，＝

eb1.

1－1

(2)证明：由(1)知f(x)＝·ex－lnx(x>0)．因为f′(x)＝ex2－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，

e2x

所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．

当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，

x0－21

从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得e＝，则x0－2＝－lnx0．

x0

x0－211

故f(x)≥f(x0)＝e－lnx0＝＋x0－2>2·x0－2＝0，所以f(x)>0．

x0x0

[例2](2015全国Ⅰ改编)设函数f(x)＝e2x－alnx．

(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；

(2)求证：当a＝2时，f(x)≥4．

a

解析(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．

x

a

当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，

x

a

因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，

x

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

a1

又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，所以当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．

44

a

法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．

x

因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，

所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．

由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a＞0时，f′(x)有唯一零点．

(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．

所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．

2x0211

因为2e－＝0，2x0＝－lnx0所以f(x0)＝＋4x0≥4(当且仅当x0＝时等号成立)．

x0x02

所以当a＝2时，f(x)≥4．

[例3]已知函数f(x)＝ax＋lnx，函数g(x)的导函数g′(x)＝ex，且g(0)g′(1)＝e，其中e为自然对数的底

数．

(1)求f(x)的极值；

(2)当a＝0时，对于任意的x∈(0，＋∞)，求证：f(x)<g(x)－2．

1ax＋1

解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋＝．

xx

当a≥0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，f(x)没有极值；

111

当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x＜－，所以f(x)在(0，－)单调增，在(－，＋∞)单调递减．

aaa

1

所以f(x)有极大值f(－)＝－1－ln(－a)，无极小值．

a

x

(2)当a＝1时，f(x)＝lnx，令h(x)＝g(x)－f(x)－2，即h(x)＝e－lnx－2，即证g(x)min>0恒成立，

1

1

h′(x)＝ex－，h′(x)(0，＋∞)在为增函数，h′2<0，h′(1)>0，

x

1

，1

x01

∴x0∈2，使h′(x0)＝0成立，即e－＝0，则当0<x<x0时，h′(x)<0，当x>x0时，h′(x)>0，

x0

∴y∃＝h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

x0x01x01

∴h(x)min＝h(x0)＝e－lnx0－2，又∵e－＝0，即e＝，

x0x0

1，

x0x01111

∴h(x0)＝e－lnx0－2＝e＋ln－2＝＋x0－2，又∵x0∈2，∴x0＋>2，

x0x0x0

∴h(x0)>0，∴h(x)>h(x0)>0，即f(x)<g(x)－2．

[例4](2017·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0．

(1)求a；

－2－2

(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e<f(x0)<2．

解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．

1

因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1．

x

1

若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

x

所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．

(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx．

11

10，，＋∞

设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－．当x∈2时，h′(x)<0；当x∈2时，h′(x)>0．

x

111

0，，＋∞－

所以h(x)在2单调递减，在2单调递增．又h(e2)>0，h2<0，h(1)＝0，

11

0，，＋∞

所以h(x)在2有唯一零点x0，在2有唯一零点1，

且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．

因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，

1

故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈(0，1)得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，

4

－1－1－1－2－2－2

由e∈(0，1)，f′(e)≠0得f(x0)>f(e)＝e，所以e<f(x0)<2．

【对点精练】

1．(2013·全国Ⅱ改编)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

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．

xm

1

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

x1

1

函数f′(x)＝ex在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0．

x1

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．

1

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

x2

x01

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，即f′(x0)＝0得e＝，ln(x0＋2)＝－x0，且x0∈(－1，0)．

x02

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．

所以f(x)在(－2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)单调递增．

2

1x01

故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0．综上，当m＝2时，f(x)＞0．

x02x02

2．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，a>0．

(1)求函数y＝f(x)的单调区间；

(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2．

a(2x－a)(x＋1)

2．解析(1)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，

xx

aa

令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<．

22

aa

0，，＋∞

∴函数y＝f(x)的单调递减区间为2，单调递增区间为2．

(2)方法一∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－lnx(x>0)，即证ex－lnx－2>0恒成立，

x

令g(x)＝e－lnx－2，x∈(0，＋∞)，即证g(x)min>0恒成立，

1

1

g′(x)＝ex－，g′(x)为增函数，g′2<0，g′(1)>0，

x

1

，1

x01

∴x0∈2，使g′(x0)＝0成立，即e－＝0，则当0<x<x0时，g′(x)<0，当x>x0时，g′(x)>0，

x0

∴y∃＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

x0x01x01

∴g(x)min＝g(x0)＝e－lnx0－2，又∵e－＝0，即e＝，

x0x0

1

，1

x0x0111

∴g(x0)＝e－lnx0－2＝e＋ln－2＝＋x0－2，又∵x0∈2，∴x0＋>2，

x0x0x0

x2

∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋e>x＋x＋2．

方法二令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，

x

∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴e≥x＋1，①

11－x

令h(x)＝lnx－x＋1(x>0)，∴h′(x)＝－1＝，

xx

∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，

∴lnx≤x－1，∴x＋1≥lnx＋2，②

要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，即证ex>lnx＋2，

由①②知ex≥x＋1≥lnx＋2，且两等号不能同时成立，

∴ex>lnx＋2，即证原不等式成立．

3．已知函数f(x)＝e－x＋ax(a∈R)．

(1)讨论f(x)的最值；

15

(2)若a＝0，证明：f(x)>－x2＋．

28

3．解析(1)依题意，得f′(x)＝－e－x＋a.

①当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在R单调递减，故f(x)不存在最大值和最小值；

②当a>0时，由f′(x)＝0得，x＝－lna.

当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，

∴f(x)min＝f(x)极小值＝f(－lna)＝a－alna，无最大值．

综上，当a≤0时，f(x)不存在最大值和最小值；当a>0时，f(x)的最小值为a－alna．无最大值．

－－15－

(2)当a＝0，f(x)＝ex，设g(x)＝ex＋x2－，则g′(x)＝－ex＋x，

28

－－1

设p(x)＝－ex＋x，由p′(x)＝ex＋1>0，可知g′(x)在R上单调递增．因为g′()<0，g′(1)>0，

2

1x0

所以存在唯一的x0∈(，1)，使得g′(x0)＝0．即e＝x0，

2

∴当x∈(－∞，，x0)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，

x0125

故当x＝x0时，g(x)取得极小值，也是最小值，即g(x)min＝g(x0)＝e＋x－.

208

x01251

由e＝x0，所以g(x0)＝x＋x0－．又x0∈(，1)，

2082

12511215－x125

所以g(x0)＝x＋x0－>()＋－＝0，所以g(x)≥g(x0)＝0，即e>－x＋，

208222828

15

所以不等式f(x)>－x2＋成立．

28

1

4．已知f(x)＝(x－1)ex＋ax2．

2

(1)当a＝e时，求f(x)的极值；

1

(2)对x>1，求证：f(x)≥ax2＋x＋1＋ln(x－1)．

2

4．解析∀(1)当a＝e时，f′(x)＝x(ex＋e)．

当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，

∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值．

1

(2)令g(x)＝f(x)－ln(x－1)－ax2－x－1＝(x－1)ex－ln(x－1)－x－1，x∈(1，＋∞)，

2

1

1xex－

g′(x)＝xex－－1＝xex－＝xx－1，x∈(1，＋∞)．

x－1x－1

11

令h(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝ex＋>0，

x－1(x－1)2

＋－2

∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0，取x－1＝e－2，x＝1＋e－2，h(1＋e－2)＝e1e－e2<0，

x01

∴存在唯一的x0∈(1，2)使h(x0)＝0，即e＝，

x0－1

∴当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，

x01x0

∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)e－ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×－lne－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0，

x0－1

12

∴对x>1，g(x)≥g(x0)＝0，即f(x)≥ax＋x＋1＋ln(x－1)．

2

∀1

5．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋x＋1．

2

(1)当a＝－2时，求f(x)的极值点；

(2)当a＝0时，证明：对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立．

5．解析(1)当a＝－2时，f(x)＝lnx－x2＋x＋1．

1－2x2＋x＋1(2x＋1)(x－1)

f′(x)＝－2x＋1＝＝－．

xxx

因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以，x＝1．

当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．

所以，f(x)的极值点为x＝1．

(2)当a＝0时，要证对任意的x>0，不等式xex≥f(x)恒成立，

即证x>0时，xex≥lnx＋x＋1恒成立，即证x(ex－1)－lnx－1≥0恒成立，

1(x＋1)(xex－1)

令g(x)＝x(ex－1)－lnx－1，g′(x)＝x(ex＋1)－－1＝，

xx

再令h(x)＝xex－1，h′(x)＝(x＋1)ex>0，∴h(x)为(0，＋∞)上的增函数，

又h(0)＝－1<0，h(1)＝e－1>0，

∴∈x0

存在唯一的x0(0，1)使h(x0)＝0，即x0e10，

∴当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(x0，1)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)为增函数，

∴x0x0x0x0

g(x)min＝g(x0)＝x0(e1)lnx01＝x0elnx0x01，由x0e10，得x0e1，－lnx0＝x0．

∴g(x)min＝g(x0)＝1－x0－1＋x0＝0

xx

∴对x>0，g(x)≥g(x0)＝0，xe≥lnx＋x＋1恒成立，即对任意的x>0，不等式xe≥f(x)恒成立．

6．设函数f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．

∀

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2．

6．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋alnx＋a，

当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

a1a1

当a>0时，由f′(x)>0得x>ea，由f′(x)<0得0<x<ea．

a1a1

所以f(x)在区间e0，a上单调递减，在区间ea，＋∞上单调递增；

a1a1

当a<0时，由f′(x)>0得0<x<ea，由f′(x)<0得x>ea，

a1a1

所以函数f(x)在区间e0，a上单调递增，在区间ea，＋∞上单调递减．

综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

a1a1