2023高考数学二轮专题导数38讲 专题12 导数中隐零点的应用

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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＋aln．
解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(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－＝0得e2x0＝，又x0＝，得ln x0＝ln＝ln－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝－a＝＋2ax0＋aln≥2＋aln ＝2a＋aln．
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln．
[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－．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－．
函数f′(x)＝ex－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－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＝，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞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－x)．
解析　(1) f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，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＋ln x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<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)＝ln x－x＋1，x∈(0，1)，φ′(x)＝－1＝，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ln x1－x，
所以ln(x＋1)x＋1>0，则ex0>x0＋1．
因为x0∈(0，1)，所以1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．
相乘得ex0(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．
故f(x0)>2(x0－x)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 解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex，
因为x∈[0，π]，所以1＋cos x≥0，令g(x)＝1＋cos x－ex，g′(x)＝－ex－sin x<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00；当x0 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 令k(x)＝aex＋cos x＋1，则k′(x)＝aex－sin x<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＋cos t＋1＝0，
且当00；当t 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．
h(x)max＝h(t)＝aet＋sin t＋t－π，t∈(0，π)，
因为aet＋cos t＋1＝0，只需证φ(t)＝sin t－cos t＋t－1－π<0即可，
φ′(t)＝cos t＋sin t＋1＝sin t＋(1＋cos t)>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；
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－．
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，
所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0．由x0ex0＝1⇒ex0＝，
f(x0)＝－x0＝1－，又g＝－1<0，
g(1)＝e－1>0⇒－．
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．
2．解析　(1)函数f(x)的定义域(0，＋∞)，
因为f′(x)＝ex－t－，x＝1是f(x)的极值点，
所以f′(1)＝e1－t－1＝0，所以t＝1，所以f′(x)＝ex－1－，
因为y＝ex－1和y＝－，在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴当x>1时，f′(x)>0；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－ln x≥ex－2－ln x，
设g(x)＝ex－2－ln x，则g′(x)＝ex－2－，
因为y＝ex－2和y＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g′(1)＝－1<0，g′(2)＝1－＝>0，所以存在x0∈(1，2)使得g′(x0)＝0，
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)，
因为g′(x0)＝0，即ex0－2＝，所以ln x0＝2－x0，
所以g(x0)＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2，
因为x0∈(1，2)，所以g(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0．
3．已知函数f＝aex－2x，a∈R．
(1)求函数f的极值；
(2)当a≥1时，证明：f－lnx＋2x>2．
3．解析　(1) f′＝aex－2，
当a≤0时，f′<0，f在R上单调递减，则f无极值．
当a>0时，令f′＝0得x＝ln，令f′>0得x>ln，令f′<0得x ∴f在上单调递减，在上单调递增，
∴f的极小值为f ＝2－2ln，无极大值，
综上，当a≤0时，f无极值．当a>0时，f的极小值为2－2ln，无极大值．
(2)当a≥1时，f－ln x＋2x≥ex－ln x，
令g＝ex－ln x－2，转化为证明g>0，
∵g′＝ex－，令φ(x)＝ex－(x>0)，则φ′(x)＝ex＋(x>0)，则φ′(x)>0，
∴g′在上为增函数，∵g′＝e－1>0，g′＝－2<0，
∴∃x0∈，使得g′＝0，∴函数g在上单调递减，在上单调递增，
∴g≥g＝－ln x0－2＝＋x0－2≥2－2＝0，
∵x0≠1，∴g(x)>0，∴f－ln x＋2x>2．
4．已知函数f(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∈恒成立，证明：a>．
4．解析　(1)由题得f′(x)＝－＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－＋2b＝1，且f(e)＝＋eb＝2e，
从而解得a＝e2，b＝1．
(2)由f(x)≥1对任意x∈恒成立，得＋bxln x≥1，等价于a≥x－bx2ln x，
令g(x)＝x－bx2ln x，x∈，则g′(x)＝1－b(2xln x＋x)，令φ(x)＝1－b(2xln x＋x)，
则φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知φ′(x)<0，故g′(x)在上单调递减，
因为g′(e－)＝1－b(－e－＋e－)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln1＋1)＝1－b<0，
故x0∈(e－，1)，使g′(x0)＝1－b(2x0ln x0＋x0)＝0，则g(x)在上单调递增，在(x0，2]上单调递减，
故g(x)max＝g(x0)＝x0－bxln x0＝，令h(x)＝，
易知h(x)在(e－，1)上单调递增，则a≥>＝>．
5．已知函数f(x)＝ex＋a－lnx(其中e＝2.718 28…，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－时，f(x)>e＋1．
5．解析　(1)∵a＝0时，∴f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－(x>0)，∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，
∴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．
(2)∵f′(x)＝ex＋a－(x>0)，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋a＋>0，∴g(x)是增函数，
∵ex＋a>ea，∴由ea>，得x>e－a，∴当x>e－a时，f′(x)>0；
若0 故f′(x)＝0仅有一解，记为x0，则当0x0时，f′(x)>0，f(x)递增；
∴f(x)min＝f(x0)＝ex0＋a－ln x0，而f′(x0)＝ex0＋a－＝0，所以ex0＋a＝，所以a＝－ln x0－x0，
记h(x)＝ln x＋x，则f(x0)＝－ln x0＝h，a>1－，即－a<－1，所以h(x0) 而h(x)显然是增函数，∴0e，∴h>h(e)＝e＋1．综上，当a>1－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) 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≥(－ln x－1)max＝－2，∴a≥－2．∴a的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xlnx，k∈Z时，不等式k(x－1) 令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－lnx－2(x>1)．则h′(x)＝1－＝>0，
∴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1x0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，
g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)．k [例2]　(2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－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．
解析　(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，∴f′(x)＝ex－，∴f′(1)＝e－1．
∵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，
∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，，
∴所求三角形面积为×2×＝．
(2)解法一　(隐零点)
∵f(x)＝aex－1－ln x＋lna，∴f′(x)＝aex－1－，且a>0．
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
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；
当a>1时，<1，∴<1，∴f′f′(1)＝，
∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，
∴ae x0－1＝，∴lna＋x0－1＝－lnx0，
因此f(x)min＝f(x0)＝ae x0－1－lnx0＋lna＝＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2＝2lna＋1>1，
∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当0 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．
解法二　(同构)
∵f(x)＝aex－1－ln x＋f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝eln a＋x－1－lnx＋lna≥1等价于eln a＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝eln x＋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，
令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝－1＝，
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，ln a≥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．
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，
令h(x)＝，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．∴h(x)≤h(e)＝，
又h(1)＝0，∴当0e时，h(x)＝>0，
则h(x)＝的大致图象如图所示，

可知，k＝或k≤0．
(2)∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝－ex＋2，则 φ′(x)＝－ex＝，
令μ(x)＝－ln x－x2ex，则 μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)<0(x>0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又μ＝1－>0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，即－ln x0＝x，
两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0，
又当00，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，
∴φ(x)≤φ(x0)＝－＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，
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＝g－1(x)是y＝g(x)的反函数．
(1)若0 (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．
解析　(1)由题意知G(x)＝asin(1－x)＋lnx，G′(x)＝－acos(1－x)(x>0)，
当x∈(0，1)，01，00，
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，
h′′(x)＝－ex＋2m<0，∴h′(x)＝－ex＋2mx＋2在(0，＋∞) 上单调递减，h′(x)max< h′(0)＝0，
且当x→＋∞时，h′(x) →－∞，则必存在x0，使得h(x0)＝0，即－＋2mx0＋2＝0，∴m＝，
∴h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(x0)＝－＋2mx0＋2，
即h(x0)＝－＋·x＋2x0＋2＝＋x0＋2，令m(x)＝ex＋x＋2，x∈(0，ln2)，
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，
∴m′(x)>m′(0)＝>0，∴m(x)在(0，ln2)上单调递增，∴m(x) ∴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)＝－＋2x－b＋2<0即可，即b>－＋2x＋2
令m(x)＝－＋2x＋2，∵m′(x)＝－＋2，令m′(x)＝0，解得x＝ln 2．
∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，
∴m(x)max＝m(ln 2)＝2ln 2，∴b≥2ln 2，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．
解析　(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2，
∴g′(x)＝2－＋＝．
当0 在区间上单调递减；
当a≥时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2＝0，解得a＝，
令φ(x)＝－2ln x＋x2－2x－2＋，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－－2<0．
故存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0．
令a0＝，u(x)＝x－1－ln x(x≥1)，
由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴0＝<＝a0<＝<1．即a0∈(0，1)，
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＝xlnx．
(1)求曲线y＝f在点处的切线方程；
(2)若当x>1时，f＋x>k恒成立，求正整数k的最大值．
1．解　(1)函数f的定义域为，f′＝ln x＋1，因为f′＝2，f＝e，
所以曲线y＝f在点处的切线方程为y－e＝2，即2x－y－e＝0．
(2)由f＋x>k，得xln x＋x>k．即k<对于x>1恒成立，
令g＝，只需k g′(x)＝＝，
令u＝x－ln x－2，则u′＝1－＝>0，
所以u＝x－ln x－2在上单调递增，
因为u＝－ln 2<0，u＝1－ln 3<0，u＝2－ln 4>0，
所以∃x0∈，使得u＝x0－ln x0－2＝0，
且当1x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈，
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．
故当x>0时，(x－k) f´(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0) ①
令g(x)＝＋x，则g′(x)＝．
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，
所以g(x)在(0，＋∞)的最小值为g(x0)，又由g′(x0)＝0，可得＝x0＋2，
所以g(x0)＝x0＋1∈(2，3)．，故①等价于k 3．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)＋lnx－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈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)＋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ex0＝，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)ex0＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3)．
因为b∈Z，所以b的最小值为－3．
4．已知函数f(x)＝x－lnx－．
(1)求f(x)的最大值；
(2)若f(x)＋ex－bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．
4．解析　(1)f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－－＝．
令g(x)＝x－ex(x>0)，则g′(x)＝1－ex<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x) 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)max＝f(1)＝1－e．
(2)f(x)＋ex－bx≥1，⇔－ln x＋x－＋xex＋－bx≥1，⇔≥b恒成立，
令φ(x)＝，则φ′(x)＝．
令h(x)＝x2ex＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，x→0，h(x)→－∞，且h(1)＝e>0，
所以h(x)在(0，1)上存在零点x0，即h(x0)＝xex0＋ln x0＝0，
xex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－＝(eln )，
由于y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln＝－ln x0，即ex0＝，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝2，
因此b≤2，即实数b的取值范围是(－∞，2]．
5．设函数f(x)＝ex＋ax，a∈R．
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．
5．解析　(1)由题意得f′(x)＝ex＋a，
当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；
当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，
要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，
所以a的取值范围为(－∞，－e)．
(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2ex－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(ex－x＋a)．
设h(x)＝2(ex－x＋a)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0．
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．
①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(0)＝5－a2≥0，解得－≤a≤．又a≥－1，所以－1≤a≤．
②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3．又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，
从而g(x)min＝g(x0)＝2ex0－x＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x＋2ax0－a2＋3
＝－x＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，
即a－1≤x0≤a＋3．
由于x0是单调增函数h(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，
要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，
故只需保证g′(a＋3)＝2[ea＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即ea＋3≥3，故实数，ln 3－3≤a<－1．
综上所述，a的取值范围为[ln3－3，]．