高中数学解题方法系列：函数中的隐形零点、设而不求

（2）若方程f ( x) 0有三个互不相同的根0, , ,，其中 .若对任意 x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，求实数t的取值范围.
分析.(1)当t 2，f ( x) x3 3x2 , f '( x) 3x2 6x,易于求单调区间；
（2）f ( x) x( x2 3x 2 t)，其中 , 为方程x2 3x 2 t 0 两个不等的实根.对任意x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，
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法1.直接求解x , 代入，降次，消元x 3x (2 t)x S2：以零点为分界点，说明导函数的正负1，原来函数的增减性，进而得到函数的极值；
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(综xt 上1：11)， t的即取(2t值1范t)x围11是(13141,26)t( 2,11(]t. 1) t 1 24 3 121的刚22（观5222当注SS注SS（S导-注注用31223..、502...难能学很区刚史点环函：：2函：：导：：：：：、.、古通）点源法多 别 的 料 三 境 数 （ （ 数 （ （ 数将先以以将我没之过进：部：时和活实：永的11零11解零求零零零宁有立分））行））明分活候发动证偏远零点决点导点点点可斗大析 确 确 代 确 确王：动，生中）颇不点虽函方，为为方做争事阿定定数定定朝知探人条，。会不然数程用分分程人就者拉隐隐式隐隐1政道究并件大全十易隐综适零界界适类没，伯性性的性性治天法不，家球全求形合当点点点当中有不国零零替零零制然、是懂看化十出，问变存，，变有功惟家点点换点点度气自因得见是美时但题形在说说形梦绩有产，，过，，变、主为燃水一，，只，，性明明，想，超生可可程可可3化石学失料中把消注要是整定导导整和没世、以以中以以的油习败的的双极意抓高体理函函体有有之伊由由，由由认、法而合筷刃的分住考代判数数代完功才斯零零尽零零识煤烦理子剑人析特的入定的的入成绩，兰点点可点点等恼安，受其征重“最导正正最梦就亦弯教的的能的的化全发环导（点;值函负负值想没而必折创存存将存存石使展境数零考式数，，式的有是有”立在在复在在燃了用中控的点察子零原原子愿奖因坚的性性杂性性料，、国制单方内；点来来；望赏为忍历定定目定定，硬灭家，调程容的函函的，失不史理理标理理认币1火面积性），存数数、而败拔背确确式确确识“和临极，，最在的的最没后升之景定定变定定燃防的的结判终性增增渺有找高志、，，形，，料爆既人合断都，减减小行不”。日也也为也也了完的有却零其会由性性的动到本可可常可可，全基机控点范归，，人就任大以以见以以这燃础遇制存围结进进，没何化由由的由由是烧知也环在（于而而而有借改函函整函函为的识有境定用函得得不生口新数数式数数什重。挑。理零数到到愿活而的的的或的的么要战，点的函函做。烦过图图分图图了性确存单数数并一—恼程象象式象象？;定在调的的结个—能。，特特，特特零性性极极合最别从初征征需征征点定的值值的伟林保步得得要得得的理判；；单大斯护学到到尽到到范）断调的基环习，，可，，围，，性、境运及及能及及最而得无的用题题将题题后函到梦角必 设 设 指 设 设整 数零想度要条条、条条体的点、选性件件对件件代单的无择与得得数得得入调大愿燃可到到函到到，性致望料能等等数等等化又范的，性等等式等等归与围人知的；；用；；为导；。道哲有常函—利学理见数—用范式函的纪氢畴替数零伯气，换形点伦、解，式有酒释这着.精、是密等分解切清析题的洁历能联燃史否系料事继，的件续可可和深以能历入说性史的导;认现关函识象键数缓的；的慢方零氧法点化。的、（求燃历解烧史或、解估爆释算炸）

的取值范围；
f(x)＝12x2－x＋asin x，则 f′(x)＝x－1＋acos x， ∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1， 令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立， ∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0， ∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0， ∴λ的取值范围是(－∞，0].
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
由题意 b≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝ex－lnxx－1x，
则
1－ln h′(x)＝ex－ x2
x＋x12＝x2ex＋x2 ln
x ，
令 u(x)＝x2ex＋ln x，则 u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，所以 u(x)在(0，＋∞)
专题一 函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在 函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般 对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条 件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12，＋∞时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e， 得b≥－e. 故b的取值范围是[－e，＋∞).
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝12x2－x＋asin x. (1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ

利用隐零点设而不求解决导数问题1(2023秋·北京·高三统考开学考试)已知函数f(x)=ax-x+be x，曲线y=f(x)在(0,f(0))的切线为y=-x+1．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间(1,+∞)上单调递增；(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由．【答案】(1)a=1,b=-1.(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【详解】(1)f (x)=a-1-x+be x，则有f0 =-b=1，解得b=-1，f 0 =a-1-b=a-2=-1，则a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-x-1e x ，f (x)=1-2-xe x=e x+x-2e x，设h x =e x+x-2，因为h x 在1,+∞上单调递增，则h x >h1 =e-1>0，所以f (x)>0在1,+∞上恒成立，所以函数f x 在区间(1,+∞)上单调递增.(3)因为f (x)=1-2-xe x =e x+x-2e x，令f (x)=0，令f (x)=0，得e x+x-2=0，设h x =e x+x-2，由(2)知h x 在R上单调递增，且h0 =-1，h1 =e-1>0，故存在唯一零点x0∈0,1使得h x =0，即存在唯一零点x0∈0,1满足f (x0)=0，即得e x0+x0-2=0，则e x0=2-x0，且当x∈-∞,x0时，f (x)<0，此时f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f (x)>0，此时f x 单调递增，所以f x min=f x0=x0-x0-1e x0=x0e x0-x0+1e x0=x02-x0-x0+12-x0=-x20+x0+12-x0=-x0-122+542-x0，当x0∈0,1时，2-x0>0，-x0-1 22+54>-0-122+54=1，则f x min>0，则函数f(x)的零点个数为0.2(2023秋·河北张家口·高三统考开学考试)已知f x =ae x，g x =ln x+1 a．(1)当a=1时，证明：f x ≥g x +1；(2)若∀x∈-1,+∞，f x ≥g x +1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)a≥1【详解】(1)当a=1时，设h x =f x -g x -1=e x-ln x+1-1x>-1，h x =e x-1x+1，当x>0时，h x >0，-1<x<0时，h x <0，所以h x 在-1,0 单调递减，0,+∞ 单调递增，所以h x ≥h 0 ，而h 0 =0，∴h x ≥0，即f x ≥g x +1．(2)法一：若∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x ≥ln x +1a+1⇒ae x +ln a ≥ln x +1 +1，即ae x+ln ae x ≥x +1+ln x +1 ，构造函数m t =t +ln t ，易知m t 在0,+∞ 递增，则不等式为m ae x ≥m x +1 ，∴ae x ≥x +1⇒a ≥x +1e x ，设ϕx =x +1e xx >-1 ，ϕ x =-xex x >-1 ，则φx 在-1,0 递增，0,+∞ 递减，ϕx max =ϕ0 =1，∴a ≥1．法二：∀x ∈-1,+∞ ，f x ≥g x +1恒成立，即ae x +ln a -ln x +1 -1≥0．令F x =ae x -ln x +1 +ln a -1，F x =ae x -1x +1a >0 ，ae x =1x +1有唯一实数根，设为x 0x 0>-1 ，即ae x 0=1x 0+1，ln a +x 0=-ln x 0+1 ，则F x 在-1,x 0 递减，在x 0,+∞ 递增，∴F x min =F x 0 =ae x 0-ln x 0+1 +ln a -1≥0，即1x 0+1-x 0-2ln x 0+1 -1≥0，设h x =1x +1-x -2ln x +1 -1，显然h x 在-1,+∞ 单调递减，而h 0 =0，∴h x 0 ≥0，则-1<x 0≤0，ln a =-ln x 0+1 -x 0，x 0∈-1,0 ，∴ln a ≥0，a ≥1．3(2023春·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习)已知函数f x =x cos x -sin x ，x ∈0,π2.(1)求证：f x ≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈0,π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)a 的最大值为2π，b 的最小值为1.【详解】(1)由f x =x cos x -sin x ，求导得f x =cos x -x sin x -cos x =-x sin x ，因为在区间0,π2 上f x =-x sin x <0，则f x 在区间0,π2上单调递减，所以f x ≤f 0 =0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x -ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x -bx <0”，令g x =sin x -cx ，x ∈0,π2，则g x =cos x -c ，当c ≤0时，g x >0对任意x ∈0,π2 恒成立，当c ≥1时，因为对任意x ∈0,π2，g x =cos x -c <0，于是g x 在区间0,π2 上单调递减，则g x <g 0 =0对任意x ∈0,π2恒成立，当0<c <1时，存在唯一的x 0∈0,π2使得g x 0 =cos x 0-c =0，当x ∈(0,x 0)时，g (x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈x 0,π2时，g (x )<0，函数g (x )单调递减，显然g (x 0)>g (0)=0，g π2 =1-π2c ，则当g π2 ≥0，即0<c ≤2π时，g (x )>0对x ∈0,π2 恒成立，因此当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈0,π2恒成立，当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈0,π2 恒成立，所以a <sin x x <b 对任意x ∈0,π2 恒成立时，a 的最大值为2π，b 的最小值为1.4(2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习)已知函数f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ．其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)求实数a 的取值范围；(2)若ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)0,2e (2)-∞,(e -1)2【详解】(1)由于f x =ae x -2e x -1 ，由题知f x=0有两个不同实数根，即a =2e x -1e x有两个不同实数根．令g x =2e x -1 e x ，则gx =2e 2-x ex≥0，解得x ≤2，故g x 在-∞,2 上单调递增，在2,+∞ 上单调递减，且x →-∞时，g (x )→-∞，x →+∞时，g (x )→0，g 2 =2e，故g x 的图象如图所示，当a ∈0,2e时，f x 有两个零点x 1,x 2且x 1<x 2．则f x ≥0⇔0<x ≤x 1或x ≥x 2，故f x 在0,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，f x 的极大值点为x 1，极小值点为x 2．故f x =ae x -e (x -1)2有两个极值点时，实数a 的取值范围为0,2e．(2)由于ex 1+e -2 x 2+21-e ≥λx 1-1 x 2-1 ⇔e x 1-1 +e -2 x 2-1 ≥λx 1-1 x 2-1 若设t 1=x 1-1,t 2=x 2-10<t 1<t 2 ，则上式即为et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2由(1)可得ae t 1=2t 1>0ae t 2=2t 2>0 ，两式相除得e t 2-t 1=t 2t 1，即t 2-t 1=ln t 2t 1>0，由et 1+e -2 t 2≥λt 1⋅t 2得t 2-t 1 et 1+e -2 t 2 ≥λt 1t 2ln t2t 1所以λ≤2+e -2 t 2t 1-e ⋅t1t 2ln t2t 1，令t =t 2t 1>1,h t =2+e -2 t -e tln t(t >1)，则λ≤h t 在1,+∞ 恒成立，由于ht =e -2 t2+e ln t -2t -e -2 t 2+et 2ln 2t，令φt =e -2 t 2+e ln t -2t -e -2 t 2+e ，则φ t =2e -2 t ln t -2-e -2 t +e t，φt =2e -2 ln t +2e -2 -et 2-e +2，显然φ t 在1,+∞ 递增，又有φ 1 =-2<0,φ e =3e -6-1e>0，所以存在t 0∈1,e 使得φ t 0 =0，且易得φ t 在1,t 0 递减，t 0,+∞ 递增，又有φ 1 =0,φ e =e 2-2e -1>0，所以存在t 1∈1,e 使得φt 1 =0，且易得φt 在1,t 1 递减，t 1,+∞ 递增，又φ1 =φe =0，则1<x <e 时，φt <0,h t <0,x >e 时，φt >0,h t >0，所以易得h t 在1,e 上递减，在e ,+∞ 上递增，则h (t )min =h e =(e -1)2，所以λ的取值范围为-∞,(e -1)2 ．5(2023秋·湖南永州·高三校联考开学考试)已知函数f x =x 2-mx ln x +1，m ∈R 且m ≠0.(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x ≥2ex 恒成立，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x -y +1=0(2)1e -e ,0 ∪0,e -1e 【详解】(1)由题，当m =1时，f x =x 2-x ln x +1，f x =2x -ln x -1，f 1 =1，f 1 =2，所以切线方程为y -2=x -1，化简得x -y +1=0，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为x -y +1=0.(2)f x ≥2e x ，即x 2-mx ln x +1≥2e x ，即x +1x -m ln x -2e≥0在0,+∞ 上恒成立，令g x =x +1x -m ln x -2e ，则g x =1-1x 2-m x =x 2-mx -1x 2.对于y =x 2-mx -1，Δ=m 2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，则两个零点一正一负，设其正零点为x 0∈0,+∞ ，则x 20-mx 0-1=0，即m =x 0-1x 0，且在0,x 0 上时y =x 2-mx -1<0,则g x <0，此时g x 单调递减，在x 0,+∞ 上，y =x 2-mx -1>0,g x >0，此时g x 单调递增，因此当x =x 0时，g x 取最小值，故g x 0 ≥0，即x 0+1x 0-x 0-1x 0ln x 0-2e ≥0.令h x =x +1x -x -1x ln x -2e ，则h x =1-1x 2-1+1x 2 ln x -1-1x 2 =-1+1x2ln x ，当x ∈0,1 时，h x >0，当x ∈1,+∞ 时，h x <0，则h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，又h 1e=h e =0，故x 0∈1e ,e，显然函数m =x 0-1x 0在1e ,e 上是关于x 0的单调递增函数，则m ∈1e -e ,e -1e，所以实数m 的取值范围为1e -e ,0 ∪0,e -1e6(2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试)已知函数f x =ln x -xe -x +1x(e 为自然对数的底数).(1)求函数f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x +x -1x -1>ae -x +ln x 恒成立，求证：实数a <-1.【答案】(1)y =1-1e (2)证明见解析【详解】(1)由f x =ln x -xe -x +1x，定义域为0,+∞ ，则f x =x -1e x+1x -1x 2=x -1 1e x +1x2.所以f x 在x =1处的切线l 的斜率为k =f1 =0，又f 1 =1-1e ，则l 的方程为y =1-1e .(2)f x +x -1x -1>ae -x +ln x ⇔f x -ln x +x 2-x -1x >a e x ⇔-x e x +x -1>aex ⇔a <x -1 e x -x恒成立，令h x =x -1 e x -x ，则h x =xe x -1，令u x =xe x -1，x >0，则u x =x +1 e x >0所以u x 在0,+∞ 上单调递增，又u 0 =-1<0，且u 1 =e -1>0，则u x 在0,1 上存在零点x 0且u x 0 =x 0e x 0-1=0，即e x 0=1x 0.所以h x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，所以h x min =h x 0 =x 0-1 e x 0-x 0=1-x 0+1x 0，即a <h x 0 .h x 0 =1-x 0+1x 0，则h x 0 =1x 20-1=1+x 0 1-x 0 x 20又x 0∈0,1 ，所以h x 0 >0，则h x 0 =1-x 0+1x 0在0,1 上单调递增，因此h x 0 <h 1 =-1所以a <-1.7(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习)已知函数f (x )=2x 3+3(1+m )x 2+6mx (x ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f -1 =1，函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x 2≤0在1,+∞ 上恒成立，求整数a 的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)4【详解】(1)根据题意可得f (x )=6x 2+6(1+m )x +6m =6x +1 x +m ，若m =1，f (x )=6x +1 2≥0在x ∈R 上恒成立，此时函数f x 在R 上单调递增；若m >1，此时-m <-1，当x ∈-∞,-m ∪-1,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-m ，-1,+∞ 上单调递增；当x ∈-m ,-1 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-m ,-1 单调递减；若m <1，此时-m >-1，当x ∈-∞,-1 ∪-m ,+∞ 时，满足f (x )>0，此时函数f x 在-∞,-1 ，-m ,+∞ 上单调递增，当x ∈-1,-m 时，满足f (x )<0，此时函数f x 在-1,-m 单调递减；综上可知，m =1时，f x 在R 上单调递增；m >1时，f x 在-∞,-m 和-1,+∞ 上单调递增，在-m ,-1 单调递减；m <1时，f x 在-∞,-1 和-m ,+∞ 上单调递增，在-1,-m 单调递减；(2)由f -1 =1可得-2+3(1+m )-6m =1，解得m =0；所以f (x )=2x 3+3x 2，则g (x )=a ln x +1 -2x -3，易知x ∈1,+∞ 时，ln x +1>0，若函数g (x )=a ln x +1 -f (x )x2≤0在1,+∞ 上恒成立，等价成a ≤2x +3ln x +1在x ∈1,+∞ 上恒成立；令h x =2x +3ln x +1,x >1 ，则hx =2ln x +1 -2x +3 ⋅1x ln x +1 2=2ln x -3x ln x +12；令φx =2ln x -3x x >1 ，则φ x =2x +3x2>0在x ∈1,+∞ 上恒成立，即函数φx 在x ∈1,+∞ 上单调递增，易知φ2 =2ln2-32=ln16-ln e 32，由于e 3>2.73=19.683，所以φ2 <0，而φ52 =2ln 52-65=25ln 52-ln e 3 5，且52 5>25=32>27=33>e 3，所以φ52>0；因此h x 在x ∈1,+∞ 有且仅有一个零点x 0，满足2ln x 0=3x 0，且x 0∈2,52 ；所以当x ∈1,x 0 时，h x <0，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0；因此函数h x =2x +3ln x +1,x >1 在1,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增；所以h x 的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0，显然2x 0∈4,5 ，因此a ≤2x 0∈4,5 ，又a 是整数，所以a 的最大值为4.8(2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试)已知函数f x =ln x -x +x -2 e x -m ，m ∈Z .(1)当m =1时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f x <0在0,1 上恒成立，求m 的最小值.【答案】(1)y =-e -2(2)-3【详解】(1)由题当m =1时，f x =ln x -x +x -2 e x -1，f x =1x+x -1 e x -1，f 1 =0，f 1 =-e -2，所以切线方程为y +e +2=0x -1 ，化简得y =-e -2，即曲线f x 在点1,f 1 处的切线方程为y =-e -2.(2)由f x <0可得m >ln x -x +x -2 e x ，令g x =ln x -x +x -2 e x ，x ∈0,1 ，则g x =x -1 e x -1x，当0<x ≤1时，x -1≤0，设h x =e x -1x，易知h x 在0,1 上单调递增，又h 1 =e -1>0，h 12=e -2<0，则存在x 0∈12,1，使得h x 0 =0，即e x 0=1x 0，取对数得ln x 0=-x 0，当x ∈0,x 0 时，h x <0，g x >0，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，h x >0，g x ≤0，g x 单调递减，∴g (x )max =x 0-2 ⋅e x 0+ln x 0-x 0=x 0-2 ⋅1x 0-2x 0=1-2x 0+2x 0，∵y =1-2x +2x在12,1 上单调递增，则g x 0 ∈-4,-3 ，又m >g x 对任意x ∈0,1 恒成立，m ∈Z ，所以m ≥g x 0 ，即m 的最小值为-3.9(2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知函数f x =ln x -mx 2+1-2m x +1.(1)若m =1，求f x 的极值；(2)若对任意x >0，f x ≤0恒成立，求整数m 的最小值.【答案】(1)极大值为f 12 =14-ln2，无极小值(2)1【详解】(1)当m =1时，f x =ln x -x 2-x +1x >0 ，f x =1x -2x -1=-x +1 2x -1 x.当0<x <12时，f x >0，则f x 在0,12 上单调递增；当x >12时.f x <0，则f x 在12,+∞ 上单调递减.所以f x 在x =12时取得极大值且极大值为f 12 =14-ln2，无极小值；(2)因为对任意x >0，f x ≤0恒成立，所以ln x +x +1≤m x 2+2x 在0,+∞ 上恒成立，即m ≥ln x +x +1x 2+2x在0,+∞ 上恒成立，设F x =ln x +x +1x 2+2x ，则Fx =-x +1 x +2ln x x 2+2x 2.设φx =-x +2ln x ，显然φx 在0,+∞ 上单调递减，因为φ1 =-1<0，φ12 =-12+2ln 12 =2ln2-12>0，所以∃x 0∈12,1 ，使得φx 0 =0，即x 0+2ln x 0=0，当x ∈0,x 0 时，φx >0，F x >0；当x ∈x 0,+∞ 时，φx <0，F x <0，所以F x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 上单调递减，所以F x max =F x 0 =ln x 0+x 0+1x 20+2x 0=12x 0，因为x 0∈12,1 ，所以12x 0∈12,1 ，故整数m 的最小值为1.10(2023·云南昭通·校联考模拟预测)设函数f x =e x -ln x +a ，a ∈R .(1)当a =1时，求f x 的单调区间；(2)若f x ≥a ，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)(-∞,1]【详解】(1)a =1时，函数f (x )=e x -ln (x +1)的定义域为(-1,+∞)，因为f (x )=e x -1x +1，所以，当x >0时，f (x )>0，当-1<x <0时，f (x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,+∞)，单调递减区间是(-1,0).(2)函数f (x )=e x -ln (x +a )的定义域为(-a ,+∞),f (x )≥a ，等价于e x -ln (x +a )-a ≥0，设g (x )=e x -ln (x +a )-a ，则g (x )=e x -1x +a，设h (x )=g (x )，则h (x )=e x +1(x +a )2>0恒成立，所以h (x )在(-a ,+∞)上单调递增，即g (x )在(-a ,+∞)上单调递增，当x →-a ,g (x )→-∞，当x →+∞,g (x )→+∞，所以∃x 0∈(-a ,+∞)，使得g x 0 =0，即e x 0=1x 0+a ，所以a =1ex 0-x 0，当x ∈-a ,x 0 时，g (x )<0，所以g (x )单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，g (x )>0，所以g (x )单调递增，所以g min (x )=g x 0 =e x 0-ln x 0+a -a =e x 0-1ex 0+2x 0≥0，设p (x )=e x -1e x +2x ，则p (0)=0，而p (x )=e x +1e x +2>0恒成立，所以p (x )=e x -1ex +2x 为增函数，由p x 0 ≥0=p (0)，所以x 0≥0.因为y =1e x ,y =-x 均为减函数，所以a =1ex 0-x 0在0,+∞ 上为减函数，所以，当x 0≥0时，a ≤1，所以实数a 的取值范围为(-∞,1]。

导数之零点不可求(隐零点)的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?在教学实践中总结了四种方法,现说明如下. 法一:利用零点存在性定理 零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12xf x x x e x =+-,0x >.由()()//22142x f x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增. 又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minf x f x ==0200ln x x e x -. 由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+. 故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，. 由()/g x =()21102xx --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min1f x >.导函数()()/12xf x x x e x=+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min1f x >. 法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数. 例2.已知函数()2ln x f x e a x =- .证明:当0a >时,()22lnf x a a a≥+. 证明:()/22x af x e x=-,0x >. ()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x ae x=有实根,等价于函数22xy e =与函数ay x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a>时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =.当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x =020ln xea x =-. 由()/00fx =得,2020x a ex -=,20=2x a ex ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---a a ax x a 2ln 2200++=22ln a a a ≥+. 故()min22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+. 评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x af x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到20=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1kf x x >+恒成立,求正整数k 的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x+++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x+++=,0x >.只需()mink h x <.()/21ln(1)x x h x x--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增. 又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0minh x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=.由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++.则()0h x =01x +()34∈，. 故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x--+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例 4.已知函数()()1210x a f x ae a x+=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围. 解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21xa f x ae x +=-()221x ax e a x -+=. 令()()21xg x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x gx a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增. 又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞, 故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =()00121x a ae a x +=+-+. 由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即021=x a ae x +. 则()0f x =()00121xa ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤. 因为()()21xg x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g g x ≥=0. 故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x-+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。