补上一课 导函数的“隐零点”问题
导函数的“隐零点”问题
知识拓展
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直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于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，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.
题型突破
题型一函数最值中的“隐零点”
【例1】设函数f(x)＝e2x－a ln x.(a为大于零的常数)，已知f′(x)＝0有唯一零点，求f(x)的最小值.
解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－a
x(x＞0).
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－a x，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－a x在
(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－a
x0＝0，所以f(x0)＝
a
2x0＋2ax0＋a ln
2
a≥2a＋a ln
2
a.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.
故f(x)的最小值为2a＋a ln 2 a.
【训练1】 (1)讨论函数f (x )＝
x －2x ＋2
e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x －ax －a x 2
(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.
(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x （x ＋2）2＝x 2e x
（x ＋2）2
≥0， 当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，
所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.
因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1.
所以(x －2)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0.
(2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x 3
＝x ＋2x 3(f (x )＋a ). 由(1)知，f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈( 0，2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.
当0 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e x a －a （x a ＋1）x 2a ＝e x a ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a ＝e x a x a ＋2 . 于是h (a )＝e x a x a ＋2，由? ????e x x ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2 >0，得y ＝e x x ＋2单调递增. 所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2 . 因为y ＝e x x ＋2 单调递增，对任意λ∈? ????12，e 24，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是? ?? ??12，e 24. 综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是? ?? ??12，e 24. 题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例2】 (2019·天津卷)设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性. (2)若0 ①证明f (x )恰有两个零点； ②设x 0为f (x )的极值点，x 1为f (x )的零点，且x 1>x 0，证明3x 0－x 1>2. (1)解 由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e x x . 因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知f ′(x )＝1－ax 2e x x