微专题36　导函数的隐零点-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题36　导函数的隐零点-2024年高考数学二轮微专题系列，共16页。

导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，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进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.
类型一 导函数中二次函数的隐零点问题
当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.
例1 已知实数a满足a≥eq \r(e)＋eq \f(1,\r(e))－2，且函数f(x)＝ln x＋eq \f(x2,2)－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值M，求m－M的最大值(其中e为自然对数的底数).
解 由于f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－(a＋2)＝eq \f(x2－（a＋2）x＋1,x)，x>0，
设正数x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋eq \f(1,x)，x>0有两个相异正根，不妨设x1由于当00，
当x1当x>x2时，f′(x)>0，
从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，从而f(x)的极大值为M＝f(x1)，极小值为m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.
又eq \f(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2),x1x2)＝eq \f(x2,x1)＋eq \f(x1,x2)＝eq \f(（x1＋x2）2－2x1x2,x1x2)＝(a＋2)2－2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(e)＋\f(1,\r(e))))eq \s\up12(2)－2＝e＋eq \f(1,e)，
令t＝eq \f(x2,x1)>1，
从而t＋eq \f(1,t)≥e＋eq \f(1,e)，从而t≥e.
故m－M＝f(x2)－f(x1)
＝ln eq \f(x2,x1)＋eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),2)－(a＋2)(x2－x1)
＝ln eq \f(x2,x1)＋eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),2)－(x2＋x1)(x2－x1)
＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),2)
＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),2x1x2)
＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)))
＝ln t－eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2t)，t≥e.
令g(t)＝ln t－eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2t)，t≥e.
从而g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2t2)－eq \f(1,2)＝eq \f(－t2＋2t－1,2t2)
＝eq \f(－（t－1）2,2t2)<0，
从而g(t)在[e，＋∞)上单调递减，
故m－M＝g(t)，t≥e的最大值为g(e)＝eq \f(1,2e)－eq \f(e,2)＋1.
训练1 已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋aln x，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有eq \f(2,e)≤f(x)≤2e恒成立，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).
解 由题意知只需f(x)min≥eq \f(2,e)，f(x)max≤2e，x∈[1，e].
下面分f(x)单调和非单调进行讨论.
显然f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq \f(1,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2＋ax－1,x2)，x>0.
①若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≥0时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即a≥\f(1,x)－x对任意的x∈[1，e]恒成立))，即a≥0时，则f(x)在[1，e]上单调递增，
故要使得eq \f(2,e)≤f(x)≤2e，
只需eq \f(2,e)≤f(1)即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝2≥\f(2,e)，,f（e）＝e＋\f(1,e)＋a≤2e，,a≥0，))
故0≤a≤e－eq \f(1,e).
②若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0时(即a≤eq \f(1,x)－x对任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤eq \f(1,e)－e时，则f(x)在[1，e]上单调递减，故要使得eq \f(2,e)≤f(x)≤2e，
只需eq \f(2,e)≤f(e)即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝2≤2e，,f（e）＝e＋\f(1,e)＋a≥\f(2,e)，,a≤\f(1,e)－e，))
故a＝eq \f(1,e)－e.
③若eq \f(1,e)－e且当1≤x当x00，
故f(x)在[1，x0)上单调递减，在(x0，e]上单调递增.
要使得eq \f(2,e)≤f(x)≤2e，
则需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x0）≥\f(2,e)，,f（1）＝2≤2e，,f（e）＝e＋\f(1,e)＋a≤2e，,\f(1,e)－e即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x0）＝x0＋\f(1,x0)＋aln x0≥\f(2,e)，,\f(1,e)－e考虑到x0满足xeq \\al(2,0)＋ax0－1＝0，
从而f(x0)＝eq \f(xeq \\al(2,0)＋1＋ax0ln x0,x0)
＝eq \f(xeq \\al(2,0)＋1＋（1－xeq \\al(2,0)）ln x0,x0).
令h(x)＝eq \f(x2＋1＋（1－x2）ln x,x)，x∈(1，e)，
则h′(x)＝eq \f(（－x2－1）ln x,x2)<0，
故h(x)在(1，e)上单调递减，
又x0∈(1，e)，
从而f(x0)＝h(x0)>h(e)＝eq \f(2,e).
故使得不等式eq \f(2,e)≤f(x)≤2e成立的实数a的范围为eq \f(1,e)－e综合上述，满足条件的实数a的范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－e，e－\f(1,e))).
类型二 导函数中非二次函数的隐零点问题
当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.
例2 已知函数f(x)＝eq \f(ln（x＋1）,x)＋eq \f(1,x)，若f(x)>eq \f(k,x＋1)在(0，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值.
解 由于f(x)>eq \f(k,x＋1)⇔(x＋1)f(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）＋x＋1,x)>k.
令h(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＋eq \f(x＋1,x)，
则由题意得，k0.
h′(x)＝eq \f(－ln（x＋1）＋x－1,x2).
令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，
其中x>0.
由于g′(x)＝－eq \f(1,x＋1)＋1＝eq \f(x,x＋1)>0，
故g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g(0)＝－1<0，
g(1)＝－ln 2<0，
g(2)＝－ln 3＋1<0，
g(3)＝－ln 4＋2>0，
故g(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈(2，3).
由此当x∈(0，x0)时，g(x)<0，h′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0.
故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值为h(x0).
考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，
故ln(x0＋1)＝x0－1，
故h(x)min＝h(x0)
＝eq \f(（x0＋1）ln（x0＋1）＋x0＋1,x0)
＝eq \f(（x0＋1）（x0－1）＋x0＋1,x0)
＝eq \f(xeq \\al(2,0)＋x0,x0)＝x0＋1∈(3，4).
又k故满足条件的整数k的最大值为3.
例3 若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围.
解 ∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x＞0，
∴k≥eq \f(1＋ln x,x)－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝eq \f(1＋ln x,x)－ex＋2，
则φ′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－（1＋ln x）,x2)－ex＝eq \f(－ln x－x2ex,x2).
令μ(x)＝－ln x－x2ex，
则μ′(x)＝－eq \f(1,x)－(2xex＋x2ex)＝－eq \f(1,x)－xex(2＋x)＜0(x＞0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.
又μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－eeq \f(1,e)－2＞0，μ(1)＝－e＜0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使μ(x0)＝0，
即－ln x0＝xeq \\al(2,0)ex0，
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0＜x＜x0时，μ(x)＞0，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)＝eq \f(1＋ln x0,x0)－ex0＋2＝eq \f(1－x0,x0)－eq \f(1,x0)＋2＝1，
∴k≥φ(x0)＝1，
即k的取值范围为k≥1.
例4 (2022·济宁模拟改编)已知函数f(x)＝ax2－xln x＋eq \f(2,a)(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解 因为f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，
f″(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)，
①当a＞0时，f(1)＝a＋eq \f(2,a)＞0与f(x)≤0恒成立矛盾，不合题意.
②当a＜0时，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减.
因为f′(e－1)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，
所以∃x0∈(e2a－1，e－1)，
使得f′(x0)＝2ax0－ln x0－1＝0，
即a＝eq \f(ln x0＋1,2x0).
所以，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.
所以f(x)max＝f(x0)＝axeq \\al(2,0)－x0ln x0＋eq \f(2,a)
＝eq \f(ln x0＋1,2x0)×xeq \\al(2,0)－x0ln x0＋eq \f(2,\f(ln x0＋1,2x0))
＝eq \f(x0[9－（ln x0）2],2（ln x0＋1）)≤0.
因为x0∈(e2a－1，e－1)，所以ln x0＋1＜0.
所以9－(ln x0)2≥0，即－3≤ln x0＜－1，
解得e－3≤x0＜e－1.
因为a＝eq \f(ln x0＋1,2x0)，所以设g(x)＝eq \f(ln x＋1,2x)，x∈[e－3，e－1)，
则g′(x)＝eq \f(－ln x,2x2)＞0，
所以g(x)在[e－3，e－1)上单调递增，
所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，
即－e3≤g(x)＜0，
所以－e3≤a＜0.
训练2 (2022·西安模拟改编)证明：函数f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.
证明 因为f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
所以f′(x)＝ex＋cs x，
f″(x)＝ex－sin x＞0恒成立，
所以f′(x)单调递增.
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝e－eq \f(π,2)＞0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π))＝e－eq \f(3,4)π＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π))＝e－eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2)，
因为(eeq \f(3,4)π)2＝eeq \f(3,2)π＞e＞2，
所以eeq \f(3,4)π＞eq \r(2)，
即eq \f(1,e\f(3,4)π)＜eq \f(\r(2),2)，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π))＜0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π，－\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0，
即ex0＋cs x0＝0，
则在(－π，x0)上，f′(x)＜0，
在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－π，x0)上单调递减，
在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)存在唯一的极小值点x0.
f(x0)＝ex0＋sin x0＝sin x0－cs x0＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))，
由x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π，－\f(π,2)))，
得x0－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(3,4)π))，
所以f(x0)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(π,4)))∈(－1，0)，
故f(x)存在唯一极小值点x0，
且－1＜f(x0)＜0.
训练3 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1).
(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数).
(1)解 因为f(x)＝2x＋ln(2x－1)，
所以f′(x)＝2＋eq \f(2,2x－1)，
则f(1)＝2，f′(1)＝4，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)，
即4x－y－2＝0.
(2)证明 令t＝2x－1>0，
要证f(x)≤(2x－1)e2x－1，
即证t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，
构造函数g(t)＝tet－t－ln t－1，
则g′(t)＝(t＋1)et－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t)))＝(t＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(et－\f(1,t)))，t>0.
令φ(t)＝et－eq \f(1,t)，
其中t>0，则φ′(t)＝et＋eq \f(1,t2)>0，
所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增.
因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，
φ(1)＝e－1>0，
所以存在t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
使得φ(t0)＝et0－eq \f(1,t0)＝0，
即t0et0＝1.
当0即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；
当t>t0时，φ(t)>0，
即g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增.
所以g(t)min＝g(t0)
＝t0e t0－ln e t0－ln t0－1
＝t0e t0－ln(t0e t0)－1＝1－1＝0，
故所证不等式成立.
一、基本技能练
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)>－eq \f(3,2).
(1)解 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)证明 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＝eq \f(1,x0)，
f(x0)＝eq \f(x0－1,x0)－x0＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0))，
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),2)－1<0，
g(1)＝e－1>0⇒eq \f(1,2)所以f(x0)>－eq \f(3,2).
2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a.
(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.
解 (1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
当a＝e时，f(x)＝xex－ex－eln x＋e，
f′(x)＝(x＋1)ex－e－eq \f(e,x)＝(x＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(e,x)))，x>0.
易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.
(2)因为f(x)＝xex－ax－aln x＋a，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－eq \f(a,x)＝(x＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(a,x)))，x>0.
当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.
当a>0时，令g(x)＝ex－eq \f(a,x)，x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.
令ex－eq \f(a,x)＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，
则可得
为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0e x0－ax0－aln x0＋a<0.①
因为x0是方程ex－eq \f(a,x)＝0的解，
所以x0e x0＝a，②
两边取对数可得ln x0＋x0＝ln a，③
将②③代入①可得f(x0)＝a(2－ln a)<0，
解得a>e2.
所以实数a的取值范围为(e2，＋∞).
当a∈(e2，＋∞)时，由②易知x0>1.
又f(1)＝e－a＋a＝e>0，
所以f(x)在(1，x0)上有且只有一个零点.
当a∈(e2，＋∞)且x→＋∞时，
易知f(x)→＋∞，
所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一个零点.
综上，实数a的取值范围为(e2，＋∞).
3.(2022·洛阳三模)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)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))恒成立，求b的最小值.
解 (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)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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))恒成立，
即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))恒成立.
令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，
则h′(x)＝(x－1)ex＋eq \f(1,x)－1＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))，
所以x－1<0.
再令函数t(x)＝ex－eq \f(1,x)，
可得t′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以函数t(x)单调递增.
因为teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \f(1,2)－2<0，
t(1)＝e－1>0，
所以一定存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
使得t(x0)＝0，
即e x0＝eq \f(1,x0)，即x0＝－ln x0，
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，x0))上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)e x0＋ln x0－x0＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)))∈(－4，－3).
因为b∈Z，所以b的最小值为－3.
二、创新拓展练
4.(2022·广州二模节选)已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋eq \f(a,x)，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.
(1)求实数a的值；
(2)求证：f(x)＋g(x)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
由f′(x)＝0得x＝1，易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故函数f(x)的极大值点为x＝1，
g′(x)＝1－eq \f(a,x2)，
依题意有g′(1)＝1－a＝0，
解得a＝1，经验证符合题意，故a＝1.
(2)证明 所证不等式即为
xln x－ex0，
下证：xln x－ex<－x－1，
即证xln x－ex＋x＋1<0.
设h(x)＝xln x－ex＋x＋1，
则h′(x)＝ln x＋1－ex＋1＝ln x－ex＋2，
令r(x)＝h′(x)＝ln x－ex＋2，
则r′(x)＝eq \f(1,x)－ex(x>0)，
易知函数r′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且r′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，r′(1)＝1－e<0，
故存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
使得r′(x0)＝0，
即eq \f(1,x0)＝e x0，ln x0＝－x0，
且当x∈(0，x0)时，r′(x)>0，
r(x)即h′(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，r′(x)<0，
r(x)即h′(x)单调递减，
所以h′(x)max＝h′(x0)＝ln x0－e x0＋2＝－x0－eq \f(1,x0)＋2＝－eq \f(（x0－1）2,x0)<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.
又x→0时，h(x)→0，故h(x)<0，
即xln x－ex<－x－1.
再证：－x－10)，
即证cs x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，
设m(x)＝cs x＋x，
则m′(x)＝－sin x＋1≥0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则m(x)>m(0)＝1>0，
即cs x＋x>0，
故－x－1综上，xln x－ex(0，x0)
(x0，＋∞)
f′(x)
－
＋
f(x)
单调递减
单调递增