重难点10 导数中的隐零点问题（4大题型+最新模拟）-备战2025年高考数学重难点专题突破（新高考专用）

导数中的隐零点问题 结合函数与导数的知识，能够处理与隐零点有关的函数问题. 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． 【解题步骤】 【1】用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程 , 并结合 的单调性得到零点的范围; 【2】以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到 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: （1）要么消除 最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到 最值式的估计. 例1（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 【类题演练1】证明：． 【类题演练2】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函数的极值； （2）若，证明：当时，． 隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 【类题演练3】（2024·浙江杭州·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：对任意的，． 例2（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 例3 已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值. 【类题演练1】已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围. 【类题演练2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围． 【类题演练3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 (1)若，求的单调区间. (2)若对，恒成立，求实数的取值范围 例4（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：． 【类题演练1】．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设，求证：当时，恰有两个零点. 例5 （2024·山东聊城·一模）已知函数，，. (1)求的单调递增区间； (2)求的最小值； (3)设，讨论函数的零点个数. 【类题演练】（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围. 【类题演练2】（2024·江西赣州·一模）已知函数. (1)求的单调区间， (2)已如.若函数有唯一的零点.证明，. 1.（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程， （2）当时，判断是否存在极值，并说明理由； （3），求实数的取值范围. 2．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数. (1)当时，求不等式的解集； (2)若，求实数的取值范围. 3.（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 4、（23-24高三上·浙江杭州·期末）定义满足的实数为函数的然点.已知. (1)证明：对于，函数必有然点； (2)设为函数的然点，判断函数的零点个数并证明. 5．（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，是的两个零点，，证明：. 6．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知函数. (1)证明：当时，； (2)若恒成立，求的取值范围. 7.（2024高三上·重庆黔江·阶段练习）已知函数，是的导函数， (1)当时，判断函数在上是否存在零点，并说明理由； (2)若在上存在最小值，求正实数的取值范围. 8．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的值； (2)若函数恰有两个不同的零点，求实数的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 导数中的隐零点问题 结合函数与导数的知识，能够处理与隐零点有关的函数问题. 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． 【解题步骤】 【1】用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程 , 并结合 的单调性得到零点的范围; 【2】以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到 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: （1）要么消除 最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到 最值式的估计. 例1（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 【详解】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； （2）证明：设， ，令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故 即，即，则. 【类题演练1】证明：． 证明：令，则在上单调递增， 因为，， 所以在存在唯一实数根，且， 当时，，，时，， 当时，函数取得最小值， 因为，即， 故， 所以． 【类题演练2】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函数的极值； （2）若，证明：当时，． 【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）证明见解析 【分析】（1）求导，得到单调性，从而得到极值情况； （2）在（1）基础上得到，构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值，证明出结论. 【详解】（1）依题意，，令，解得， 所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 而，故的极小值为0，无极大值． （2）由（1）可知，当时，，则． 令， 则，易知在上单调递增． 因为，所以，， 故，使得，即①． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故②． 由①可得， 代入②，得 ， 而，故，故，即原命题得证． 隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 【类题演练3】（2024·浙江杭州·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：对任意的，． 【详解】（1）由题可知函数的定义域为 ， ， 即， (i)若， 则在定义域上恒成立， 此时函数在上单调递增； (ii) 若， 令，即，解得, 令，即，解得, 所以在上单调递减，上单调递增. 综上，时，在上单调递增； 时，在上单调递减，上单调递增. （2）当时，， 要证明，只用证明， 令，， 令，即，可得方程有唯一解设为，且， 所以， 当变化时，与的变化情况如下， 单调递减 单调递增 所以， 因为，因为，所以不取等号， 即，即恒成立， 所以，恒成立， 得证. 例2（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). 例3 已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值. 解：依题分离参数得: , 令 , 则 , 令 . 则 在 上递增, , 存在 , 使 . 即 , 当 时, ; 当 . 【类题演练1】已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围. 解：由已知得 由 得 在 上递增, 又 , 而 , 所以 存在 , 使得 得 . 当 时, 递减; 当 时, 递增: 故 得 , 又因为 在 上递增, 且 , , 由 得 . 【类题演练2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数，其中． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由题知，，当时，， 所以曲线在处的切线方程为； （2）由题意，原不等式等价于， 即， 当时，对任意，不等式恒成立， 当时，原不等式等价于， 设，则， 设，因为， 所以存在唯一，使得，即， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故，即． 综上所述，的取值范围为． 【类题演练3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 (1)若，求的单调区间. (2)若对，恒成立，求实数的取值范围 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【详解】（1）若，则的定义域为， 且， 令，解得；令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）因为，则， 所以原题意等价于对，恒成立， 构建， 则， 令，则对恒成立， 可知在内单调递增，且， 可知在内存在唯一零点， 当时，，即； 当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 且，可得， 则，可得， 所以实数的取值范围为. 例4（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1），，． 故曲线在点处的切线方程为，即． （2）由（1）得． 令函数，则，所以是增函数． 因为，， 所以存在，使得，即． 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 因为，所以， 所以． 故． 【类题演练1】．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设，求证：当时，恰有两个零点. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性； （2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证. 【详解】（1）. 当时，在上单调递减. 当时，在上，有，在上，有, 故在上单调递减，上单调递增. 当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增. 当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减. （2）时，. 令， 则. 令. i.时，恒成立， 在上单调递增. 又， 存在一个零点，使. ii.， 恒成立， 在上单调递减. 又， . 存在零点，使. ， . 在上单调递增，上单调递减. 又. ， 存在一个零点，使. iii.， 恒成立. 在单调递减. 恒成立. 在没有零点. iv.时， 下面来证明当时，. 设. . 在上单调递增， ， 恒成立. 综上所述，在只有两个零点. 又是由向右平移一个单位所得， 在只有两个零点. 例5 （2024·山东聊城·一模）已知函数，，. (1)求的单调递增区间； (2)求的最小值； (3)设，讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2) (3)当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点 【分析】 （1）求导后令，计算即可得； （2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解. （3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得. 【详解】（1），令，可得， 故的单调递增区间为； （2）， 令， 则， 由，故恒成立， 故在上单调递增， 又，， 故存在，使，即， 即在上单调递减，在上单调递增， 故， 由，则， 令，则有， ，当时，恒成立， 故在上单调递增，故，即， 则， 即的最小值为； （3）令， 即有， 即函数的零点个数为的实数根的个数， 由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且， 又当时，，当时，， 故当，即时，有唯一实数根， 当，即时，有两实数根， 当，即时，无实数根， 即当时，函数有一个零点， 当时，函数有两个零点， 当时，函数无零点. 【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值. 【类题演练】（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若在区间各恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】 【分析】 对原函数求导得导函数，设，对的范围分，，三类情况，分别讨论函数的正负得到函数的单调性，从而在不同区间上讨论函数的零点情况，验证得解. 【详解】 由求导得： 设 若,当时，,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意； 若,当,则， 故在上单调递增，则,此时，则在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意； 若， (1)当,则,所以在上单调递增， ，则存在,使得,即， 当时，单调递减，当时，单调递增， 故当，, 令则，则在上单调递增，在上单调递减，故， 又，，故在上有唯一零点 又函数在上没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设，则，所以在上单调递增， 因，故存在,使得， 当单调递减，当单调递增, ， 又，故存在使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，，又 而,则当，故在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点，所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,则的取值范围为. 【类题演练2】（2024·江西赣州·一模）已知函数. (1)求的单调区间， (2)已如.若函数有唯一的零点.证明，. 【答案】(1)减区间为，增区间为； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出，进一步判断为增函数，由，结合定义域可得单调递增区间； （2）由已知可得，求导，由（1）可知在单调递增，且，及，则存在唯一的使得，分析单调性，得到，再通过函数有唯一的零点，即，化简可得，构造函数，分析单调性，再分别判断的正负，由零点存在性定理即可证明. 【详解】（1），令， 当时，即为增函数， 又 当时，单调递减； 当时，单调递增. 的减区间为，增区间为 （2） 由（1）可知在单调递增，且， 又 存在唯一的使得 当时单调递减；当时单调递增； 若方程有唯一的实数，则 消去可得， 令， 则，在上为减函数 且 当时，即 1.（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）. （1）当时，求曲线在点处的切线方程， （2）当时，判断是否存在极值，并说明理由； （3），求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析；（3） 【解析】（1）当时，，可得，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，，定义域为， 可得， 令，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在上递增， 所以， 又由， 存在使得，存在使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以时，有一个极大值，一个极小值. （3）由，可得， 由，因为，可得， 令，则在上递减， 当时，可得，则，所以， 则， 又因为，使得，即 且当时，，即； 当时，，即， 所以在递增，在递减，所以， 由，可得， 由，可得，即， 由，可得，所以， 因为，设，则， 可知在上递增，且， 所以实数的取值范围是. 2．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）已知函数. (1)当时，求不等式的解集； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据定义域可化简函数，构造新函数，即求的解集即可，而，所以解集为． （2）引入隐零点x0 ，利用导数得到在上单调递减，在上单调递增，最后得到的范围. 【详解】（1）的定义域为 ∴当时，， 令，． 当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以， 则不等式的解集为． （2）当时，， 令，恒成立， 则在上单调递增，又， ，存在唯一的使，且， 所以 当时，，由， 则在上单调递减， 当时，，由，（分开考虑导函数符号） 当时，在上单调递增，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以， 由题意则， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增，此时，即， 综上所述，实数的取值范围为． 3.（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0， (1)求的值; (2)若，证明:存在唯一的极大值点，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可； （2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点. 【详解】（1）， 当时，，所以在上递减，则没有最小值， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得最小值，得成立， 下面证为唯一解， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以方程有且只有唯一解， 综上，； （2）证明:由（1）知， 令， 当时，，当时，， 所以在上递减，上递增， 因为， 所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点， 所以当或时，，即， 当时，，即， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 即是唯一的极大值点， ， 由，得， 所以， 因为，所以. 4、（23-24高三上·浙江杭州·期末）定义满足的实数为函数的然点.已知. (1)证明：对于，函数必有然点； (2)设为函数的然点，判断函数的零点个数并证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)2个零点，证明见解析 【分析】（1）根据函数零点存在原理，结合导数的性质、题中定义进行运算证明即可； （2）根据（1）的结论，结合函数零点存在原理、结合放缩法进行求解即可. 【详解】（1），由得. 令， 因为在上单调递增，故至多一个零点， 又因为，， 所以使，故对于，函数有唯一然点. （2）由（I）得， 令，因为在上单调递减，且， ，故使， 在上单调递增，在上单调递减. 因为，故， 将代入，得 ， 所以有2个零点. 5．（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，是的两个零点，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】 （1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解； （2）利用变量集中设，得，，证明即可. 【详解】（1）由且，可得. 设，，则， 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0， 所以要使的图象与直线有两个交点，则， 故的取值范围是. （2）证明：，由（1）得， 则，. 设，则， 即， . 设，则. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 又，，， 所以存在唯一的，使得， 即， 所以的最小值为，， 所以，故. 6．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知函数. (1)证明：当时，； (2)若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将题意转化为证明，直接求导证明即可. （2）根据题意将不等式进行参变分离，得到在上恒成立，令，求函数的最小值即可. 【详解】（1）因为，所以， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以得证 （2）因为，且恒成立， 则在上恒成立，令， 则，令，则， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以存在，使得， 当时，，也即，此时函数单调递减； 当时，，也即，此时函数单调递增； 故， 因为，所以， 则， 令，则， 所以在上单调递增，则有， 所以 ， 所以，则， 故的取值范围为 7.（2024高三上·重庆黔江·阶段练习）已知函数，是的导函数， (1)当时，判断函数在上是否存在零点，并说明理由； (2)若在上存在最小值，求正实数的取值范围. 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2) 【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，得到函数单调性，以及极小值，即可得到答案； （2）求得，令，得到，分和，两种情况，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】（1）解：当时，，可得， 所以，则， 因为，令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，当时，函数取得极小值， 所以函数在没有零点. （2）解：因为，可得， 令，则， ①当时，，即， 所以在上单调递增， 所以时，，所以在上单调递增， 所以在上不存在最小值； ②当时，则，所以， 即在内有唯一的解， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又因为， 所以在内有唯一的零点， 当时，，即； 当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取得最小值，即时，函数上存在最小值， 所以实数的取值范围为. 8．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的值； (2)若函数恰有两个不同的零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出，在上单调递增转化为恒成立且不恒为零，当时即恒成立，求出的最大值；当时即，求出的最小值可得答案； （2）令，分离参数得，构造函数，求出，令，根据的单调性，结合零点个数可得答案. 【详解】（1）由题意得的导数为， ∵在上单调递增，∴恒成立且不恒为零． 当时，，则恒成立， 由，由即有； 当时，，则恒成立， 由，由，即有， 综上可得：； （2），， 令，分离参数得， 令，则， 令，则， ∴在上单调递增， 又，， ∴使得， 则当时，，即； 当时，，即； ∴在上单调递减，在上单调递增， ∵ 由，即， 可得， ∴，又在上单调递增， ∴，即， ， 又当时，；当时，， 故，解得，即实数的取值范围为 ． 学科网（北京）股份有限公司 $$