培优点18：导数中的隐零点问题【方法解析+题型突破】讲义-2026届高三数学二轮复习专题

该高中数学高考复习讲义聚焦导数中的隐零点问题这一高考核心考点，按定义、题型特征、规律方法、分层训练的逻辑架构组织内容，通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼“四步走”解题框架，真题与模拟题训练强化应用，助力学生系统突破导数压轴题难点。 资料以“设而不求，整体代换”为核心，创新“判单调、定零点、代换式、求最值”步骤化教学，结合零点存在性定理培养数学思维，通过分题型口诀（如“导后方程解不出，超越函数必隐零”）提升数学语言表达。设置易错点警示和分层练习，确保学生高效掌握隐零点问题求解策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点18：导数中的隐零点问题】 【知识拓展】 1.隐零点的定义 若函数的导数存在零点，但该零点无法通过常规代数方法（如因式分解、求根公式）直接求解（即是超越方程，如、），则称为的“隐零点”（隐性零点）.与之相对，可直接求解的零点称为“显零点”. 2.隐零点问题的核心矛盾与解决逻辑 核心矛盾：导数的零点无法直接求出，导致无法直接判断原函数的单调性、极值点，进而无法求解最值、不等式证明等问题. 解决逻辑：“设而不求，整体代换”.即先通过导数的单调性和零点存在性定理，证明隐零点的存在性并确定其取值范围，再利用的等式关系，将超越式（如、）转化为代数式，代入原函数或不等式中进行化简计算，最终规避直接求解的难点. 3.必备前置知识（隐零点问题的基础支撑） 零点存在性定理：若函数在闭区间上连续，且，则存在唯一的，使得（若同时能证明在上单调，则零点唯一）； 常见超越函数的单调性：①在上单调递增；②在上单调递增；③在单调递减，单调递增； 导数与原函数的关系：导数的零点对应原函数的极值点，导数的正负对应原函数的单调性（导数正，原函数增；导数负，原函数减）； 代数式化简技巧：通过进行“降次”“消元”，如由消去，由消去. 二、题型特征（快速识别隐零点问题） 隐零点问题常出现在导数大题的第二问，核心特征围绕“导数零点不可解”展开，具体可分为以下4类典型题型： 1.题型1：求含超越函数的函数最值（极值） 特征：原函数含、与多项式的组合（如），求导后是超越方程，无法直接求解零点，但题目要求原函数的最小值、最大值或极值. 示例：求函数的最小值. 2.题型2：证明含超越函数的不等式 特征：不等式两边含、与多项式的组合（如、），构造函数后求导，导数零点不可解，但需证明函数的最值满足不等式. 示例：证明：当时，. 3.题型3：已知函数极值（最值）求参数范围/值 特征：函数含参数（如），题目给出“函数有极小值”“最小值为2”等条件，求导后是含参数的超越方程，无法直接解出参数，需通过隐零点的范围间接求解. 示例：已知函数的最小值为，求实数的值. 4.题型4：含隐零点的数列不等式证明 特征：不等式与数列求和结合（如），构造函数证明单变量不等式后，需利用隐零点确定函数最值的边界，进而推导数列不等式. 示例：证明：对任意正整数，都有. 快速识别口诀：“导后方程解不出，超越函数必隐零；最值证明含参数，设而不求代换灵”. 三、规律方法（隐零点问题的通用解题步骤+名师技巧） 隐零点问题的通用解题框架为“四步走”：判单调→定零点→代换式→求最值/证不等式，具体步骤与方法如下： 1.第一步：求导分析，判断导数的单调性（核心前提） 对原函数求导得，再对求导（记为），通过的正负判断的单调性. 目的：确定的单调区间，为后续用零点存在性定理找隐零点做准备（单调函数若存在零点，则零点唯一）. 示例：若，则，再求导得.由，，可知在单调递减，单调递增. 2.第二步：用零点存在性定理，确定隐零点的存在性与取值范围 根据的单调性，找到两个不同的点和，使得，则存在唯一的，使得（即为隐零点）. 关键技巧：选点的原则是“易计算和的值”，常用选点为或根据参数范围构造特殊点（如、）. 示例：承接上例，（显零点，仅作示例）；若，则，，故存在，使得. 3.第三步：利用隐零点等式，进行超越式与代数式的代换（核心步骤） 由整理得到“超越式=代数式”的等式（如、），将其代入原函数或需要证明的不等式中，消去超越项（、），转化为关于的代数式. 代换目的：将含超越函数的复杂表达式转化为可化简、可求最值的多项式表达式，规避无法求解的问题. 示例：若，隐零点满足，则代入原函数得，转化为关于的二次函数. 4.第四步：根据隐零点范围，求代数式的最值/证明不等式 由第二步确定的隐零点，分析代换后代数式的单调性，进而求出其最值（或确定最值的范围），最终完成原函数最值求解或不等式证明. 关键技巧：代换后的代数式通常是单调函数（可通过求导判断），因此其最值必在区间端点处取得，无需知道的具体值，仅需利用区间的边界计算即可. 示例：承接上例，，且，则；若需证明，则由即可得证. 5.分题型专项技巧（名师秒杀思路） （1）最值求解题型：“代换后单调，端点定范围” 若代换后的代数式在上单调递增，则；若单调递减，则，结合题目要求确定最值. （2）不等式证明题型：“放缩隐零点，简化代数式” 若直接分析的范围较复杂，可利用隐零点的范围对进行放缩（如、），简化代数式后证明不等式. （3）含参数题型：“隐零点与参数绑定，消元求解” 若导数含参数，则隐零点与满足，可整理为（将参数用隐零点表示），再代入原函数的最值条件中，解出，进而求出. （4）数列不等式题型：“单变量不等式铺垫，隐零点定边界” 先构造单变量函数，利用隐零点证明（或），再令、等与数列项相关的取值，累加后完成证明. 6.易错点警示（避坑指南） ①未证明导数的单调性直接用零点存在性定理：导致无法确定隐零点的唯一性，逻辑不严谨，高考评分会扣分； ②选点不当导致无法判断：需牢记常用选点（等），若函数定义域为，可尝试、； ③代换时遗漏隐零点等式的转化：如由代换时，未将所有替换，导致仍含超越项； ④忽略隐零点的范围对代数式的约束：如代换后得到，但未利用确定范围，无法完成证明； ⑤计算失误：代换后的代数式化简、端点值计算是高频失误点，建议分步化简并验算. 7.典型例题示范（结合方法落地） 例题：证明：当时，. 证明步骤： 1.构造函数：令，定义域为，需证明； 2.求导分析：，令，求导得； 3.判断单调性：在单调递增（增，减，故增）.又，，故存在，使得； 4.确定的隐零点：在单调递减，单调递增.计算，，故存在，使得； 5.代换求最小值：在单调递减，单调递增，故.代入得：； 6.分析的范围：，则，，故，因此； 7.结论：，故当x0时，成立. 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点突破1：不含参数的函数隐零点问题】 【核心归纳】 题型说明 隐零点核心：设而不求，整体代换；零点存在定理+单调性证零点唯一性，由消超越项，化简求值/证不等式/求参数范围. 不含参：重点锁区间，代换消；含参：先锁区间，再用表参数，转化为单变量函数求值域 (2025浙江温州一模导数压轴)已知函数，，证明：.经典例题例题 解： 1.定义域，求导得： 2.二次求导，证单调性： 当时，，，故，则在上单调递增. 3.定隐零点，锁区间（核心步骤）： 取特殊值计算： ， ， 由零点存在定理+单调性得：存在唯一隐零点，使得，即： 4.用性质，判原函数单调性： 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故在处取得最小值：. 5.巧代换，消超越项，化简证明（核心技巧：设而不求）： 将式(1)代入得： 化简得： 6.构造单变量函数，证最小值大于1： 令，，求导得： 故在上单调递减，则，代入计算： 因此，则. 综上，恒成立. 【题后反思！！！！】 隐零点「不含参题型」核心规律总结（必考，记死） 1.不含参隐零点的本质：导函数是单调函数（一次求导/二次求导可证）+零点存在定理，锁定唯一隐零点的区间（如），区间越小越好，高考常考区间：或. 2.必做变形：由，把或用代数式表示，消去超越项，如：；. 3.化简技巧：原函数的最值一定能化简为无指数、无对数的代数函数，再通过单调性/均值不等式证明最值满足条件. 【规律方法总结】 教材基础知识 特征：函数无参数.导函数零点方程（如、）为超越方程.无法精确求解. 核心：虚设零点.利用与的范围.化简原函数最值/极值. 题型规律与方法 题型 解题要点 关键技巧 求不含参函数的最值/极值 1.求.判断单调性；2.找使.得唯一；3.由代换.化简 猜根试探（如）.二次求导定单调性 证明不含参不等式恒成立 1.构造.求找隐零点；2.求最小值；3.代换证明 放缩法缩小范围.简化最值判断 判断不含参函数零点个数 1.求找隐零点划分单调区间；2.计算区间端点值.结合零点存在定理判断 端点值可通过特殊值（如,）极限分析 易错辨析 易错点1：未证零点唯一性.直接设零点导致逻辑漏洞.纠正：先证单调（如二次求导）.再用零点存在定理. 易错点2：范围过大.无法化简.纠正：用特殊值细化区间（如由缩至.再到）. 常考结论 若在单调且.则存在唯一隐零点. 常见隐零点区间：含取.含取.含取. (2023浙江卷·导数压轴模拟题)已知函数，求的最小值.小试牛刀1 解： 1.定义域为，求导得. 2.易知在上单调递增（增，减，增-减=增）. 3.取特殊值判符号：，. 由零点存在定理：存在唯一，使得，即. 4.由两边取自然对数，得：. 5.单调性分析：当时，，单调递减；当时，，单调递增. 6.故的最小值为，代入代换式化简： . 由均值不等式：（当且仅当取等），又，故. 综上，的最小值为（或写数值范围：最小值大于0）. 已知函数f（x）（x＞0）．小试牛刀2 （Ⅰ）判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性； （Ⅱ）若f（x）恒成立，求整数k的最大值． 【分析】（Ⅰ）通过求导得f′（x）＜0，从而问题解决， （Ⅱ）根据函数的单调性求出函数的导数，记g（x）＝x﹣1﹣ln（x+1），（x＞0），g（x）＝0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a＝1+ln（a+1），从而解决问题． 【解答】解：（Ⅰ）f′（x）[ln（x+1）]， ∵x＞0，∴x2＞0，0，ln（x+1）＞0， ∴f′（x）＜0， ∴f（x）在（0，+∞）上是减函数． （Ⅱ）f（x）恒成立，即h（x）k即h（x）的最小值大于k． 而h′（x），记g（x）＝x﹣1﹣ln（x+1），（x＞0）， 则g′（x）0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增， 又g（2）＝1﹣ln3＜0，g（3）＝2﹣2ln2＞0， ∴g（x）＝0存在唯一实根a，且满足a∈（2，3），a＝1+ln（a+1）， 当x＞a时，g（x）＞0，h′（x）＞0， 当0＜x＜a时，g（x）＜0，h′（x）＜0， ∴h（x）min＝h（a）a+1∈（3，4）， 故正整数k的最大值是3． 【点评】本题考查了函数的单调性，函数的最值，不等式的证明，导数的应用，是一道综合题． 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．小试牛刀3 （1）求a，b的值； （2）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且． 【分析】（1）求出f'（x）＝xex﹣a，利用在x＝0处的切线方程是x+y+b＝0，求出a，b即可． （2）令g（x）＝f'（x）＝xex﹣1，则g'（x）＝（x+1）ex，判断函数的单调性，当x＜﹣1时，说明g（x）＜0，在（﹣∞，﹣1）内无零点．当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0，g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点，转化证明． 【解答】（1）解：函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax，则f'（x）＝xex﹣a， 由f'（0）＝﹣1得a＝1， 切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣1（x﹣0），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，在（﹣∞，﹣1）内无零点． 又当x≥﹣1时，g（x）单调递增，又g（﹣1）＜0，g（1）＝e﹣1＞0， 所以g（x）＝0有唯一解x0，f（x）有唯一极值点， 由，， 又， ， ∴． 【点评】本题考查函数的导数的综合应用，函数的切线方程以及函数的单调性，函数的极值的判断，考查分类讨论思想以及转化思想的应用． 【热点突破2：含参数的隐零点问题】 【核心归纳】 含参隐零点核心技巧：反客为主，用隐零点表示参数，转化为单变量函数求值域，永远比分离参数简单. 必证结论：导函数的单调性（二次求导）+零点存在定理，缺一不可，否则高考扣分. 【易错提示】 (2024新高考Ⅱ卷·导数压轴模拟题)已知函数，若恒成立，求实数的取值范围.经典例题例题 解： 1.定义域为，求导化简： . 由，得，令，则的符号与完全一致. 2.分析：，故在上单调递增，且时，时. 3.分情况讨论+定隐零点： (1)当时，，故，在上单调递增；时，，，故，满足. (2)当时，由零点存在定理+单调性，存在唯一隐零点，使得，即，两边取对数得：. 4.原函数单调性：当时，，，单调递减；当时，，，单调递增. 故，由恒成立，得. 5.代入代换式化简： ，将、代入得： . 6.解不等式：，故. 7.综上，实数的取值范围为. 【规律方法总结】 教材基础知识 特征：函数含参数（如）.导函数零点与参数相关.需通过建立与参数的等式.实现参数消元或转化. 核心：用表达参数.将问题转化为关于的函数值域/最值问题. 题型规律与方法 题型 解题要点 关键技巧 求参数取值范围 1.求.设隐零点.得；2.由范围求值域.即的范围 反客为主.以为自变量.参数为函数值 含参不等式恒成立 1.分离参数或构造函数.设隐零点；2.由代换.将最值化为关于的表达式；3.求该表达式的最值.得参数范围 参数与相互制约.范围需同步锁定 含参函数零点个数讨论 1.求找隐零点划分单调区间；2.结合参数范围.分析极值符号与端点值.用零点存在定理判断个数 分类讨论参数.对应不同极值符号与零点个数 易错辨析 易错点1：参数与范围脱节.导致结果错误.纠正：由建立与的关系.同步确定两者范围. 易错点2：代换时参数消元不彻底.残留超越项.纠正：优先将指数、对数项用代数项代换（如）. 常考结论 含参隐零点中.参数与的关系式是桥梁.常通过的范围反解的范围. 若的极值为.则的单调性由的范围决定.可据此求最值. (2024北京海淀高三二模·导数压轴题（优质模拟题）)已知函数，若恒成立，求的取值范围.小试牛刀1 解： 1.定义域为，求导得. 2.证单调性：对恒成立，故在上单调递增. 3.极限分析：时，，，故；时，，，故. 由零点存在定理+单调性，存在唯一隐零点，使得，即核心代换式：. 4.原函数单调性：当时，，单调递减；当时，，单调递增. 故，由恒成立，得. 5.代入化简，消去参数： . 展开化简： . 两边减1得：. 6.构造函数，，分析单调性： 对恒成立，故在上单调递减. 且，因此. 7.反求参数的范围：由，，构造函数，. ，故在上单调递增. 则，且时. 8.综上，实数的取值范围为. (2022年新高考Ⅱ卷·改编)已知函数有两个不同零点，求实数的取值范围.小试牛刀2 解析: 1.定义域为，求导得. 2.令，得，此为隐零点. 3.单调性分析：当时，，单调递减；当时，，单调递增；. 4.代入化简：. 5.函数有两个不同零点的充要条件：，即. 6.构造函数，求导得.令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. ，故. 7.边界验证： 当时，，，，但此时，仅有1个零点，舍去. 当时，时；时.结合，必有两个零点. 8.综上，的取值范围为. 已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．小试牛刀3 （1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点； （2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π． 【分析】（1）求出函数的导数，代入a的值，根据函数的单调性证明即可； （2）法一：令h（x）＝aex+sinx+x﹣π，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，只需证明h（x）max＜0即可． 法二：根据f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]，令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]，问题转化为证明g（x）≤π． 【解答】证明：（1）f′（x）＝aex+cosx+1， ∵x∈[0，π]，∴1+cosx≥0， 当a＝﹣1时，f′（x）＝﹣ex+cosx+1， 令g（x）＝﹣ex+cosx+1，g′（x）＝﹣ex﹣sinx＜0， g（x）在区间[0，π]上单调递减，g（0）＝﹣1+2＝1，g（π）＝﹣eπ＜0， 存在x0∈（0，π），使得f′（x0）＝0，故函数f（x）的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]， 故函数f（x）存在唯一的极大值点x0； （2）法一：当﹣2＜a＜0时，令h（x）＝aex+sinx+x﹣π， h′（x）＝aex+cosx+1，h″（x）＝aex﹣sinx＜0， 故h′（x）在[0，π]上单调递减，h′（0）＝a+2＞0，h′（π）＝aex＜0， 存在x0∈（0，π），使得h′（x0）＝0，即acosx0+1＝0， 故函数h（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]上递减， 故h（x）max＝h（x0）＝asinx0+x0﹣π，x0∈（0，π）， ∵acosx0+1＝0，只需证h（x0）＝sinx0﹣cosx0+x0﹣1﹣π＜0即可， 令m（x）＝sinx﹣cosx+x﹣1﹣π，则m′（x）＝cosx+sinx+1＞0， m（x）在区间（0，π）上是增函数， 则h（x0）＜h（π）＝0，即f（x）＜π． 法二：当﹣2＜a＜0时，aex＜0，f（x）＜sinx+x，x∈[0，π]， 令g（x）＝sinx+x，x∈[0，π]， 则g′（x）＝1+cosx≥0，g（x）在[0，π]递增， 故g（x）≤g（π）＝π， 故f（x）＜g（x）≤π， 故f（x）＜π． 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题． 课后针对训练 1.已知函数f（x）＝e•ex1，g（x）2． （Ⅰ）求函数g（x）的极值； （Ⅱ）当x＞0时，证明：f（x）≥g（x）． 【分析】（I）首先确定g（x）的定义域为（0，+∞），求导可得g′（x），根据导数的应用，分x∈（0，e）时x∈（e，+∞），两种情况即可得解； （Ⅱ）要证f（x）≥g（x）即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，求导利用隐零点问题的解决方法求得h（x）min≥0即可． 【解答】解：（I）g（x）2．定义域为（0，+∞），g′（x）， 则x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）在（0，e）上单调递增， 则x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在∈（e，+∞）上单调递减， 故函数g（x）的极大值为g（e）2，无极小值， （II）证明：要证f（x）≥g（x）等价证明xex+1﹣2≥lnx+x， 即证xex+1﹣lnx﹣x﹣2≥0，令h（x）＝xex+1﹣lnx﹣x﹣2，（x＞0）， h′（x）＝（x+1）ex+1（x+1）（ex+1）， 令φ（x）＝ex+1，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，而φ（）10＜e2﹣10＜0，φ（1）＝e2﹣1＞0， 故φ（x）在（0，+∞）上存在唯一零点x0，且x0∈（，1）， x∈（0，x0）时，φ（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）在x∈（0，x0）上单调递减， x∈（x0，+∞）时，φ（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）在x∈（x0，+∞）上单调递增， 故h（x）min＝h（x0）＝x0elnx0﹣x0﹣2，又因为φ（x0）＝0，即e， ∴h（x0）＝﹣lnx0﹣x0﹣1＝（x0+1）﹣x0﹣1＝0，从而h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x）． 【点评】本题考查了导数的应用，导函数f′（x）＞0则原函数f（x）为增函数，f′（x）＜0则原函数f（x）为减函数，同时考查了极值的概念，属难题． 2.(2025湖南长沙高三一模·导数)已知函数，，求证：恒成立. 解： 1.定义域为，求导化简： 2.证导函数单调性+锁定隐零点区间： 令，，求导得. 当时，，，故，在上单调递增； 当时，，但，故，，取时，时. 取特殊值：，. 由零点存在定理+单调性，得：存在唯一隐零点，使得，即，核心代换式：. 3.原函数单调性分析： 当时，，，单调递减；当时，，，单调递增. 故，只需证. 4.代入代换式化简证明： 由，两边取对数得：. ，代入，得： ，结合，，故. 5.综上，，即在恒成立. 3.(2025湖北武汉高三二模·导数压轴)已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. 解： 1.定义域为，求导化简： 2.证导函数单调性+锁定隐零点区间： 令，，求导得. 当时，，，故，在上单调递增； 当时，，但，故，，取时，时. 取特殊值：，. 由零点存在定理+单调性，得：存在唯一隐零点，使得，即，核心代换式：. 3.原函数单调性分析： 当时，，，单调递减；当时，，，单调递增. 故，只需证. 4.代入代换式化简证明： 由，两边取对数得：. ，代入，得： ，结合，，故. 5.综上，，即在恒成立. 4．（2023·湖北十堰·二模）已知函数． (1)若在R上单调递减，求a的取值范围； (2)当时，求证在上只有一个零点，且． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意和函数的单调性可得即在R上恒成立，利用导数研究函数的性质求出即可求解； （2）由函数零点的存在性定理可得，使得,进而得出函数的单调性，结合、即可证明函数在上只有一个零点；由得，将不等式变形为，则证明即可，构造函数，结合分析法，利用导数研究函数的性质即可证明. 【详解】（1）因为，所以． 由在R上单调递减，得，即在R上恒成立． 令，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 故，解得， 即a的取值范围为． （2）由（1）可知，在上单调递减，且，， 故，使得． 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 因为，，所以在上只有一个零点， 故函数在上只有一个零点． 因为，所以要证，即证，即证． 因为，得， 所以，故需证即可． 令，，则． 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 故．即， 原不等式即证. 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的. 5．（2022·山东·模拟预测）已知函数，. (1)若，求的单调区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为； (2). 【分析】（1）把代入函数解析式中得，对函数进行求导即可得到的单调区间. （2）恒成立等价于恒成立，令，则. 当时，符合题意，当时，对函数判断单调性，即可得到 ，即可求出答案. 【详解】（1）当时，， 则. 当时，因为，且， 所以， 所以，单调递减. 当时，因为，且， 所以， 所以，单调递增. 所以当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）恒成立等价于恒成立， 令， 则. ①当时，在区间上恒成立，符合题意； ②当时，， 令，，即在上单调递增，，则存在，使得，此时，即， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以. 令，得. 因为，所以. 综上，实数a的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性和隐零点问题，属于难题. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)减区间为，增区间为. (2) 【分析】（1）对函数求导后得，令，对其求导，可判断，则得在单调递增，再结合可求得结果； （2）解法一：由，得 ，判断当时成立，转化为，然后构造函数，，利用导数求出其最值，可求出的取值范围；解法二：利用导数求出（），构造函数，利用导数求得当时，，从而可求得，进而可求出的取值范围. 【详解】（1）若，， ， ， 令，则， 所以在单调递增， 因为， 所以当时，，即；当时，，即， 所以的减区间为，增区间为. （2）解法一：，即 ， ①若，则不等式显然成立； ②若，则当时，不合题意； ③若，则等价于， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以当时，， 所以成立，也即，则； 综上可得，. 解法二：①若，不等式显然成立； ②若，当时，不合题意； ③若，则，当时，在上单调递增， 且当时，；当时，， 使 ，即， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以当时， 令（），则， 所以在上单调递减， 因为，所以当时，， 所以，则； 综上可得，. 7．（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； (3)证明：.（参考数据：） 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程； （2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值； （3）依题意，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）， ， 在处的切线为. （2）， ，则，所以， 在上单调递减， 时，， 因为对任意恒成立，所以， 则，的最大值为. （3）设， ， 在上单调递增， ， ，使， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， ， . 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理. 8．（2024·福建泉州·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若的值域为，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，分和讨论的单调性，即可得出答案. （2）对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论. 【详解】（1）的定义域为． 当时，在单调递减． 当时，令，得， 当，单调递减：当，单调递增． 综上，当时，在单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增． （2），定义域为． ， 由（1）得：当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 令， 因为当时，递增，当时，递减， 所以，当且仅当时等号成立， 即，当且仅当时等号成立． 当时，，则在递增，不合题意，舍去． 当时，又因为当趋近正无穷，趋近正无穷， 所以在上存在唯一的，使得，即（※） 当递增；当递减；当递增． 又因为趋近，趋近，且的值域为， 所以 ，代入（※），得：，即． 当时，同理：当递增；当递减；当递增． 又因为趋近，趋近，且的值域为， 所以，满足． 综上，． 【点睛】关键点点睛：关键点在于对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论. 9．（23-24高三上·河北沧州·期中）已知函数. (1)若，求的极值； (2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)1 【分析】（1）求导函数，由导函数确定函数的单调性得极值； （2）不等式恒成立转化为在上恒成立，设，转化为求的最大值，确定的零点的范围，得出最大值的范围后可得最小的整数． 【详解】（1）当时，， . 当时，，则在上单调递增； 当时.，则在上单调递减. 所以在时取得极大值且极大值为，无极小值； （2）因为对任意，恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 设，则. 设， 显然在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即， 当时，，；当时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 因为，所以， 故整数m的最小值为1. 【点睛】方法点睛：本题考查用导数求函数的极值，研究不等式恒成立问题．求解不等式恒成立问题，常常需要转化，用分离参数法转化为求函数的最值，本题中函数的最值点不能直接求出，我们用表示，通过得出的范围，从而可得最大值的范围，然后得出结论． 1 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点18：导数中的隐零点问题】 【知识拓展】 1.隐零点的定义 若函数的导数存在零点，但该零点无法通过常规代数方法（如因式分解、求根公式）直接求解（即是超越方程，如、），则称为的“隐零点”（隐性零点）.与之相对，可直接求解的零点称为“显零点”. 2.隐零点问题的核心矛盾与解决逻辑 核心矛盾：导数的零点无法直接求出，导致无法直接判断原函数的单调性、极值点，进而无法求解最值、不等式证明等问题. 解决逻辑：“设而不求，整体代换”.即先通过导数的单调性和零点存在性定理，证明隐零点的存在性并确定其取值范围，再利用的等式关系，将超越式（如、）转化为代数式，代入原函数或不等式中进行化简计算，最终规避直接求解的难点. 3.必备前置知识（隐零点问题的基础支撑） 零点存在性定理：若函数在闭区间上连续，且，则存在唯一的，使得（若同时能证明在上单调，则零点唯一）； 常见超越函数的单调性：①在上单调递增；②在上单调递增；③在单调递减，单调递增； 导数与原函数的关系：导数的零点对应原函数的极值点，导数的正负对应原函数的单调性（导数正，原函数增；导数负，原函数减）； 代数式化简技巧：通过进行“降次”“消元”，如由消去，由消去. 二、题型特征（快速识别隐零点问题） 隐零点问题常出现在导数大题的第二问，核心特征围绕“导数零点不可解”展开，具体可分为以下4类典型题型： 1.题型1：求含超越函数的函数最值（极值） 特征：原函数含、与多项式的组合（如），求导后是超越方程，无法直接求解零点，但题目要求原函数的最小值、最大值或极值. 示例：求函数的最小值. 2.题型2：证明含超越函数的不等式 特征：不等式两边含、与多项式的组合（如、），构造函数后求导，导数零点不可解，但需证明函数的最值满足不等式. 示例：证明：当时，. 3.题型3：已知函数极值（最值）求参数范围/值 特征：函数含参数（如），题目给出“函数有极小值”“最小值为2”等条件，求导后是含参数的超越方程，无法直接解出参数，需通过隐零点的范围间接求解. 示例：已知函数的最小值为，求实数的值. 4.题型4：含隐零点的数列不等式证明 特征：不等式与数列求和结合（如），构造函数证明单变量不等式后，需利用隐零点确定函数最值的边界，进而推导数列不等式. 示例：证明：对任意正整数，都有. 快速识别口诀：“导后方程解不出，超越函数必隐零；最值证明含参数，设而不求代换灵”. 三、规律方法（隐零点问题的通用解题步骤+名师技巧） 隐零点问题的通用解题框架为“四步走”：判单调→定零点→代换式→求最值/证不等式，具体步骤与方法如下： 1.第一步：求导分析，判断导数的单调性（核心前提） 对原函数求导得，再对求导（记为），通过的正负判断的单调性. 目的：确定的单调区间，为后续用零点存在性定理找隐零点做准备（单调函数若存在零点，则零点唯一）. 示例：若，则，再求导得.由，，可知在单调递减，单调递增. 2.第二步：用零点存在性定理，确定隐零点的存在性与取值范围 根据的单调性，找到两个不同的点和，使得，则存在唯一的，使得（即为隐零点）. 关键技巧：选点的原则是“易计算和的值”，常用选点为或根据参数范围构造特殊点（如、）. 示例：承接上例，（显零点，仅作示例）；若，则，，故存在，使得. 3.第三步：利用隐零点等式，进行超越式与代数式的代换（核心步骤） 由整理得到“超越式=代数式”的等式（如、），将其代入原函数或需要证明的不等式中，消去超越项（、），转化为关于的代数式. 代换目的：将含超越函数的复杂表达式转化为可化简、可求最值的多项式表达式，规避无法求解的问题. 示例：若，隐零点满足，则代入原函数得，转化为关于的二次函数. 4.第四步：根据隐零点范围，求代数式的最值/证明不等式 由第二步确定的隐零点，分析代换后代数式的单调性，进而求出其最值（或确定最值的范围），最终完成原函数最值求解或不等式证明. 关键技巧：代换后的代数式通常是单调函数（可通过求导判断），因此其最值必在区间端点处取得，无需知道的具体值，仅需利用区间的边界计算即可. 示例：承接上例，，且，则；若需证明，则由即可得证. 5.分题型专项技巧（名师秒杀思路） （1）最值求解题型：“代换后单调，端点定范围” 若代换后的代数式在上单调递增，则；若单调递减，则，结合题目要求确定最值. （2）不等式证明题型：“放缩隐零点，简化代数式” 若直接分析的范围较复杂，可利用隐零点的范围对进行放缩（如、），简化代数式后证明不等式. （3）含参数题型：“隐零点与参数绑定，消元求解” 若导数含参数，则隐零点与满足，可整理为（将参数用隐零点表示），再代入原函数的最值条件中，解出，进而求出. （4）数列不等式题型：“单变量不等式铺垫，隐零点定边界” 先构造单变量函数，利用隐零点证明（或），再令、等与数列项相关的取值，累加后完成证明. 6.易错点警示（避坑指南） ①未证明导数的单调性直接用零点存在性定理：导致无法确定隐零点的唯一性，逻辑不严谨，高考评分会扣分； ②选点不当导致无法判断：需牢记常用选点（等），若函数定义域为，可尝试、； ③代换时遗漏隐零点等式的转化：如由代换时，未将所有替换，导致仍含超越项； ④忽略隐零点的范围对代数式的约束：如代换后得到，但未利用确定范围，无法完成证明； ⑤计算失误：代换后的代数式化简、端点值计算是高频失误点，建议分步化简并验算. 7.典型例题示范（结合方法落地） 例题：证明：当时，. 证明步骤： 1.构造函数：令，定义域为，需证明； 2.求导分析：，令，求导得； 3.判断单调性：在单调递增（增，减，故增）.又，，故存在，使得； 4.确定的隐零点：在单调递减，单调递增.计算，，故存在，使得； 5.代换求最小值：在单调递减，单调递增，故.代入得：； 6.分析的范围：，则，，故，因此； 7.结论：，故当x0时，成立. 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点突破1：不含参数的函数隐零点问题】 【核心归纳】 题型说明 隐零点核心：设而不求，整体代换；零点存在定理+单调性证零点唯一性，由消超越项，化简求值/证不等式/求参数范围. 不含参：重点锁区间，代换消；含参：先锁区间，再用表参数，转化为单变量函数求值域 (2025浙江温州一模导数压轴)已知函数，，证明：.经典例题例题 【题后反思！！！！】 隐零点「不含参题型」核心规律总结（必考，记死） 1.不含参隐零点的本质：导函数是单调函数（一次求导/二次求导可证）+零点存在定理，锁定唯一隐零点的区间（如），区间越小越好，高考常考区间：或. 2.必做变形：由，把或用代数式表示，消去超越项，如：；. 3.化简技巧：原函数的最值一定能化简为无指数、无对数的代数函数，再通过单调性/均值不等式证明最值满足条件. 【规律方法总结】 教材基础知识 特征：函数无参数.导函数零点方程（如、）为超越方程.无法精确求解. 核心：虚设零点.利用与的范围.化简原函数最值/极值. 题型规律与方法 题型 解题要点 关键技巧 求不含参函数的最值/极值 1.求.判断单调性；2.找使.得唯一；3.由代换.化简 猜根试探（如）.二次求导定单调性 证明不含参不等式恒成立 1.构造.求找隐零点；2.求最小值；3.代换证明 放缩法缩小范围.简化最值判断 判断不含参函数零点个数 1.求找隐零点划分单调区间；2.计算区间端点值.结合零点存在定理判断 端点值可通过特殊值（如,）极限分析 易错辨析 易错点1：未证零点唯一性.直接设零点导致逻辑漏洞.纠正：先证单调（如二次求导）.再用零点存在定理. 易错点2：范围过大.无法化简.纠正：用特殊值细化区间（如由缩至.再到）. 常考结论 若在单调且.则存在唯一隐零点. 常见隐零点区间：含取.含取.含取. (2023浙江卷·导数压轴模拟题)已知函数，求的最小值.小试牛刀1 已知函数f（x）（x＞0）．小试牛刀2 （Ⅰ）判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性； （Ⅱ）若f（x）恒成立，求整数k的最大值． 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．小试牛刀3 （1）求a，b的值； （2）求证函数f（x）有唯一的极值点x0，且． 【热点突破2：含参数的隐零点问题】 【核心归纳】 含参隐零点核心技巧：反客为主，用隐零点表示参数，转化为单变量函数求值域，永远比分离参数简单. 必证结论：导函数的单调性（二次求导）+零点存在定理，缺一不可，否则高考扣分. 【易错提示】 (2024新高考Ⅱ卷·导数压轴模拟题)已知函数，若恒成立，求实数的取值范围.经典例题例题 【规律方法总结】 教材基础知识 特征：函数含参数（如）.导函数零点与参数相关.需通过建立与参数的等式.实现参数消元或转化. 核心：用表达参数.将问题转化为关于的函数值域/最值问题. 题型规律与方法 题型 解题要点 关键技巧 求参数取值范围 1.求.设隐零点.得；2.由范围求值域.即的范围 反客为主.以为自变量.参数为函数值 含参不等式恒成立 1.分离参数或构造函数.设隐零点；2.由代换.将最值化为关于的表达式；3.求该表达式的最值.得参数范围 参数与相互制约.范围需同步锁定 含参函数零点个数讨论 1.求找隐零点划分单调区间；2.结合参数范围.分析极值符号与端点值.用零点存在定理判断个数 分类讨论参数.对应不同极值符号与零点个数 易错辨析 易错点1：参数与范围脱节.导致结果错误.纠正：由建立与的关系.同步确定两者范围. 易错点2：代换时参数消元不彻底.残留超越项.纠正：优先将指数、对数项用代数项代换（如）. 常考结论 含参隐零点中.参数与的关系式是桥梁.常通过的范围反解的范围. 若的极值为.则的单调性由的范围决定.可据此求最值. (2024北京海淀高三二模·导数压轴题（优质模拟题）)已知函数，若恒成立，求的取值范围.小试牛刀1 (2022年新高考Ⅱ卷·改编)已知函数有两个不同零点，求实数的取值范围.小试牛刀2 已知函数f（x）＝aex+sinx+x，x∈[0，π]．小试牛刀3 （1）证明：当a＝﹣1时，函数f（x）有唯一的极大值点； （2）当﹣2＜a＜0时，证明：f（x）＜π． 课后针对训练 1.已知函数f（x）＝e•ex1，g（x）2． （Ⅰ）求函数g（x）的极值； （Ⅱ）当x＞0时，证明：f（x）≥g（x）． 2.(2025湖南长沙高三一模·导数)已知函数，，求证：恒成立. 3.(2025湖北武汉高三二模·导数压轴)已知函数，若恒成立，求实数的取值范围. 4．（2023·湖北十堰·二模）已知函数． (1)若在R上单调递减，求a的取值范围； (2)当时，求证在上只有一个零点，且． 5．（2022·山东·模拟预测）已知函数，. (1)若，求的单调区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围. 6．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 7．（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； (3)证明：.（参考数据：） 8．（2024·福建泉州·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若的值域为，证明：． 9．（23-24高三上·河北沧州·期中）已知函数. (1)若，求的极值； (2)若对任意，恒成立，求整数m的最小值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $