导数中的隐零点代换与估计问题题型一:隐零点代换证不等式【精选例题】x-a1已知函数fx=e-lnx+x.(1)当a=1时，求曲线fx在点1,f1处的切线方程；(2)当a≤0时，证明：fx>x+2.【答案】(1)x-y+1=0；(2)证明见解析.x-1x-11【详解】(1)当a=1时，fx=e-lnx+x，求导得fx=e-+1，则f1=1，而f1=2，x则切线方程为y-2=x-1，即x-y+1=0，曲线fx在点1,f1处的切线方程为x-y+1=0.x-ax-ax-a1xe-1(2)当a≤0时，令F(x)=f(x)-x-2=e-lnx-2，x>0，求导得F(x)=e-=，xx显然函数F(x)在(0,+∞)上单调递增，令g(x)=xex-a-1，x≥0，g(x)=(x+1)ex-a>0，即函数g(x)在1-a(0,+∞)上单调递增，而g(0)=-1<0,g(1)=e-1≥e-1>0，则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)=0，x0-a1即e=，因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F(x0)=0，当0x0时，F(x0)x0x0-a1>0，因此函数F(x)在(0,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增，当e=时，x0-a=-lnx0，则F(x)≥F(x0x0x0-a111)=e-lnx0-2=+x0-a-2>2⋅x0-a-2=-a≥0，(当且仅当=x0即x0=1时，取等x0x0x0号，故式子取不到等号)所以当a≤0时，fx>x+2.x22已知函数fx=e-ax-x.1(1)当a=时，求不等式fx-1-1<1的解集；213-x0(2)当a>时，求证fx在0,+∞上存在极值点x，且fx<.2002【答案】(1)1,2；(2)证明见解析21xxxx【详解】(1)a=时，fx=e--x，f(x)=e-x-1，令g(x)=f(x)，则g(x)=e-1，于是x>022时，g(x)>0，g(x)递增，x<0时，g(x)<0，g(x)递减，故g(x)在x=0处取得最小值，即g(x)≥g(0)=0e-0-1=0，于是g(x)=f(x)≥0，故f(x)在R上递增，注意到f(0)=1，故fx-1-1<1⇔fx-1-1可知，x>ln2a2时，g(x)>0，g(x)递增，x1)，h(x)=-+2axxx21-x=<0，x2故h(x)在1,+∞上单调递减，故h(x)1)，p(x)=ex-2x，记q(x)=p(x)(x>1)，则q(x)=ex-2>1e-2>0，则qx=px在1,+∞单增，qx>q1=e-2，故p(x)在1,+∞上递增，p(x)>p(1)=e-2>0，取x=2a，则g(2a)=p(2a)>0；·1·1-x记y=lnx-x+1，y=，于是x>1时，y<0，y递减，00，y递增，故y在x=1处x取得最大值，故y=lnx-x+1≤ln1-1+1=0，x=1取得等号，于是ln2a<2a-1<2a.于是，由g(2a)⋅g(ln2a)<0和零点存在定理可知，∃x0∈(ln2a,2a)，使得g(x0)=f(x0)=0，且ln2a0，所以x0是极小值点；由f(x0)=0可得，e-2ax0-1=0，令j(x)=e-axxx3-xx23+xe-1xx3(1-x)e-x-=e-ax-，代入a=，整理j(x)=1-e-，j(x)=，222x222于是x>1时，j(x)<0，j(x)递减，x<1时，j(x)>0，j(x)递增，故j(x)在x=1处取得最大值，故j(x)e-3≤j(1)=<0，取x=x，故j(x)<0，原命题得证.200【跟踪训练】1已知函数fx=lnax,a>0.(1)当a=1时，若曲线y=fx在x=1处的切线方程为y=kx+b，证明：fx≤kx+b；x-a(2)若fx≤x-1e，求a的取值范围.x-ax-a【详解】解析：(2)记hx=x-1e-fx=x-1e-lnx-lna,x>0，依题意，hx≥0恒成立，x-a1x-a1x-a1求导得hx=xe-,x>0，令y=hx=xe-,y=x+1e+>0，xxx2111-a1则hx在0,+∞上单调递增，又h=e2-2<0,ha+1=a+1e->0，22a+11x0-a1则∃x0∈,a+1，使得hx0=0，即x0e=成立，2x0则当x∈0,x0,hx<0,hx单调递减；当x∈x0,+∞,hx>0,hx单调递增，x0-a，由x0-a1，得x0-a1，h(x)min=hx0=x0-1e-lnx0-lnax0e=e=2,a=x0+2lnx0x0x0x-1于是得0，当时，令x-1，hx0=2-lnx0-lnx0+2lnx0x∈1,+∞tx=2-lnxx0x1-xx+2有tx=<0,tx在1,+∞上单调递减，而x+2lnx在1,+∞上单调递增，即有函数x3x-1y=-lnx+2lnx在1,+∞上单调递减，于是得函数φx=-lnx-lnx+2lnx在1,+∞上x2单调递减，则当x0∈1,+∞时，hx0=φx0<φ1=0，不合题意；1当x∈,1且x+2lnx>0时，由(1)中lnx≤x-1知，-lnx≥1-x，有-lnx+2lnx≥1-02000000x-1x-1，从而00x0+2lnx0hx0=2-lnx0-lnx0+2lnx0≥2-lnx0+1-x0+2lnx0x0x0x0-1x0-11-x02x0-12x0+11=-3lnx-x+1≥-3x-1-x+1=，由x∈,1知hx≥200200200x0x0x02x-a10，因此满足fx≤x-1e，又a=x+2lnx,y=x+2lnx在,1上单调递增，则有a∈0021-2ln2,1，而a>0，所以实数a的取值范围是0,1.2ex-a2已知函数fx=-lnx+lna+1(a>0)(e是自然对数的底数)．x(1)当a=1时，试判断fx在1,+∞上极值点的个数；11(2)当a>时，求证：对任意x>1，fx>．e-1a【详解】解析：(1)f(x)在1,+∞上只有一个极值点，即唯一极小值点；·2·x-a(x-1)ex-a-xe(x-1)1x-1x-axx-a(2)证明：由f(x)=-=，设h(x)=e-，则h(x)=e-1-x2xx2x-11+11在1,+∞上是增函数，当x→1时，h(x)→-∞，因为a>，所以h(a+1)=e-1->0，x-1e-1ax0-ax0所以存在x0∈(1,a+1)，使得h(x0)=e-=0，当x∈(1,x0)时，h(x)<0，则f(x)<0，即f(x)在x0-1(1,x0)上单调递减，当x∈(x0,+∞)时，h(x)>0，则f(x)>0，即f(x)在(1,x0)上单调递增，故x=x0是函ex-aex0-a数fx=-lnx+lna+1(a>0)的极小值点，也是最小值点，则f(x)≥f(x0)=-lnx0xx0x0-ax011+lna+1，又因为e=，所以f(x0)=-lnx0+lna+1，即证：对任意x>1，-lnx0x0-1x0-1x0-11+lna+1>，a1111即证：对任意x>1，-lnx0>-lna+1，设g(x)=-lnx，则g(x)=-lnx在x0-1ax-1x-1111,+∞上单调递减，因为x0∈(1,a+1)，所以g(x0)>g(a+1)，故-lnx0>-lna+1，x0-1a1故对任意x>1，fx>.a3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面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.-2【详解】解析：(1)切线方程为y=e-1x+2,故切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),,0,所求三e-11-22角形面积为×2×=.2e-1e-1x-1x-11x-11(2)由于f(x)=ae-lnx+lna,∴f(x)=ae-，且a>0.设g(x)=f′(x),则g′(x)=ae+>0,xx2即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，当a=1时，f(1)=0,∴fxmin=f1=1,∴fx≥1成立.当a>1时，1-111ax0-11<1，∴ff(1)=ae-1(a-1)<0,∴存在唯一x0>0，使得f(x0)=ae-=0，且当x∈aax0x0-11(0,x0)时f(x)<0，当x∈(x0,+∞)时f(x)>0，∴ae=，∴lna+x0-1=-lnx0，因此f(x)min=f(x0)x0x0-111=ae-lnx0+lna=+lna+x0-1+lna≥2lna-1+2⋅x0=2lna+1,故fx≥1恒成立；当x0x000，知x>0∴fx有lnxlnx1-lnx两个零点⇔a=有两个相异实根.令Gx=，则Gx=，由Gx>0得：0e，∴Gx在0,e单调递增，在e,+∞单调递减，∴Gx=Ge=，又∵maxe·3·G1=0，∴当01时，Gx>0，当x→+∞时，Gx→0，∴fx有两个1零点时，实数a的取值范围为0,；exx(2)当a=1时，fx=e-x，∴原命题等价于xe≥lnx+mx+1对一切x∈0,+∞恒成立xlnx1xlnx1⇔m≤e--对一切x∈0,+∞恒成立.令Fx=e--x>0     xxxx2xxlnxxe+lnx2x∴m≤Fxmin，Fx=e+=，令hx=xe+lnx，x∈0,+∞，则x2x212x11-20hx=2xe+xe+>0，∴hx在0,+∞上单增，又h1=e>0，h=ee-10e00000x0lnx012x00，即Fx在0,x0递减，在x0,+∞递增，∴Fxmin=Fx0=e--，由①知x0e=-lnx0，x0x0ln1x0lnx0111x0x1∴x0e=-=ln=l