第12讲 导数隐零点问题讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）

该高中数学讲义聚焦导数隐零点这一高考压轴考点，围绕零点存在性定理、设而不求思想，按定义本质、解题策略、题型归纳分层构建知识体系，通过考点梳理明确隐零点与参数范围、不等式证明的关联，结合方法指导（如四步法）和真题训练，帮助学生建立解题逻辑框架。 讲义以分层学习目标适配不同备考需求，创新采用“四步法”规范解题流程，通过隐零点范围缩限、代换消元等技巧培养逻辑推理与转化思想，设置巩固提升练习实现分层突破，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生处理复杂导数问题的应考能力。

第12讲 导数隐零点问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 5 题型归纳 7 处理隐零点问题的六种方法 7 题型01：自变量代换（直接代换） 7 题型02：参数代换 9 题型03：变形代换 11 题型04：同构代换 13 题型05：等价变形，化隐为显 14 题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题 17 隐零点题型归纳 18 题型01：不含参数的隐零点问题 18 题型02：含参数的隐零点问题 20 题型03：已知参数的取值范围证明不等式 22 题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值 24 题型05：利用隐零点解决讨论零点问题 26 题型06：隐零点与不等式的证明 27 巩固提升 31 隐零点是导数与函数零点的进阶压轴题型，核心特征为函数零点存在但无法直接求解（超越方程如+x=0），需通过“设零点→代换消参/转化”解题，是新高考导数解答题的高频难点，常与参数范围、不等式证明结合考查。 一、考纲定位与命题趋势 1. 考纲要求：依托导数研究函数单调性、极值，结合零点存在性定理确定隐零点存在，通过设而不求的代数代换实现问题转化，考查转化与化归、数形结合、逻辑推理核心素养。 2. 命题趋势：近5年新高考全国卷/地方卷考查频率超60%，多作为导数解答题第2小问压轴；载体以、,ln x与多项式结合的超越函数为主，题型聚焦含参不等式证明/参数范围求解/最值求解，难度为压轴级，区分度高。 3. 命题特点：不直接要求求零点，仅需利用零点的等式条件（f()=0）和单调性条件（()=0），实现“超越式→代数式”的转化，规避复杂求解。 二、高考考情分布 1. 题型与分值 ①仅出现在解答题（导数模块），多为第2小问，分值4-6分； ②常与“含参函数的最值/极值”“恒成立问题”“不等式证明”融合，极少单独命题。 2. 核心考查载体 新高考高频函数模型（均为超越函数，零点无法显式求解）： ①f(x)=-ax-b ②f(x)=x\ln x-ax+1 ③f(x)=-ln x-a。 3. 考查地域与频次 新高考Ⅰ卷/Ⅱ卷、江苏卷、浙江卷为高频考查卷，每年至少1卷涉及；全国甲/乙卷偶考，多作为压轴题区分尖子生。 隐零点作为导数压轴核心考点，学习目标按基础掌握、能力提升、压轴突破、素养落地分层，适配不同备考阶段，兼顾解题方法、逻辑推理和应试规范，贴合高考考查要求。 一．基础目标（全员掌握，保底得分） 1. 理解隐零点核心特征：明确隐零点是“存在但无法显式求解的超越函数零点”，掌握“设而不求”的核心思想，能区分隐零点与普通显零点问题的解题差异。 2. 熟记隐零点基础模型：掌握-ax、x\ln x-ax两类高频超越函数的隐零点特征，能快速识别高考中隐零点的考查载体。 3. 掌握核心前提步骤：会对()二次求导，判定()的单调性；能选取0、1、e、1/e等特殊点，结合零点存在性定理证明()隐零点的存在性与唯一性。 4. 完成基础代换：能设隐零点并写出核心等式()=0，对简单解析式实现“消参数/消单一超越项”的基础代换，将超越式转化为初等代数式。 二．提升目标（重点掌握，突破中档压轴） 1. 精通隐零点四步法：能完整套用“求导定调→设零点写等式→代换消元→定范围求结论”的解题步骤，无逻辑跳跃，适配高考中单一隐零点的所有基础题型。 2. 掌握代换消元技巧：能根据题型需求，灵活选择“消超越项优先”或“消参数优先”的代换策略，处理含+ln x、高次多项式+超越项的复杂解析式代换。 3. 实现隐零点范围精准缩限：能通过“特殊点选取→区间中点代入→多次缩限”，将隐零点的范围缩小至合适区间（如从(1,2)缩为(1,1.5)），满足后续单调性分析和不等式证明需求。 4. 解决单一题型综合问题：能独立解决隐零点与“函数最值/极值求解”“含参恒成立求参数范围”的融合问题，步骤规范，能踩准高考阅卷核心得分点。 三．压轴目标（拔高掌握，冲刺满分） 1. 攻克复杂融合题型：能解决隐零点与“极值点偏移”“双隐零点”“多元不等式证明”的高阶压轴题，掌握“多隐零点设元→分别写核心等式→联立代换→整体推导”的解题逻辑。 2. 灵活运用辅助技巧：能结合放缩法、构造新函数法，处理隐零点范围缩限后仍无法证明的不等式问题；能根据参数特征，选取参数相关特殊点（如x=1/a、x=）快速定位隐零点范围。 3. 实现解题优化提速：能快速判断隐零点问题的最优解题路径，避免无效步骤；对高考高频模型，能形成“条件反射式”解题，缩短思考和计算时间，适配高考应试节奏。 4. 掌握严谨逻辑论证：能对隐零点问题的每一步推导给出严谨依据，尤其是“()单调性判定”“隐零点存在性证明”“代换等价性验证”，避免高考逻辑漏洞类失分。 知识点一：零点和隐零点 1.零点：设函数 ，若实数满足，则称为函数的零点.从函数图像上看，函数的零点即为其图像轴交点的横坐标. 2.隐零点：若为函数的零点，但无法精确求解，则称为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，不能称为函数的隐零点. 知识点二：零点存在定理 零点存在定理： 设函数是定义在上的连续函数，且满足，则存在实数，使得.换句话说，函数在上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数在上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间. 知识点三：隐零点解题策略 第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是： ①在含有的复合函数中，常令，尤其是令进行试探； ②在含的复合函数中，常令，尤其是令进行试探. 第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式. 第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解. 注： 同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下: （1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围 （2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫 （3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式 注：1.理解隐零点定义： 总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。另外需要关注“隐零点”的确定方法，上述总结了零点存在性定理、函数图像、题设条件三种，理解方法原理，掌握方法技巧极为关键。故教学中需要注重对“隐零点”两大内容的剖析，一是“隐零点”的定义设定，二是"隐零点"的确定方法，教学中可对比"显零点"，结合实例具体探究. 2. 归纳三步策略： 强化解析思维上述所归纳的"三步法"是求解导数"隐零点"的重要方法，构建了"零点判断→单调性分析→代入转化”的解析思路.三步过程之间紧密相关，具有严密的逻辑顺序，严格按照该方法求解可实现问题的高效作答.而在实际教学中，除了需要指导学生掌握“三步法”的构建思路外，还要注重解题引导，培养学生的解析思维.让学生亲历探究过程，通过设问引导来完善学生的数学思维，从根本上提升学生的能力. 3. 掌握转换方法： 积累变形经验变形转换是求解导数“隐零点”问题的重要环节，将直接确定问题走向，该环节需要使用一定的方法技巧.常见的转换方法有分离参数、变更主元、整体代换、分离函数等，对于涉及参数的不等式问题，可采用分离参数来简化，然后基于代数式构造函数来研究性质，同时配合整体代换实现函数的简洁化，而变更主元常用于导函数无法求出零点的情形. 教学中要指导学生掌握上述转换技巧的内涵，然后结合实例具体讲解，帮助学生积累简化经验，提升学生的运算能力. 知识点四：常见题型解题方法 1、不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有： ①关系式成立；②注意确定的合适范围. 2、含参函数的隐零点问题 已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有①有关系式成立，该关系式给出了的关系；②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 3、函数零点的存在性 （1）函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. ① 若，则的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若，那么在不一定有零点 ③ 若在有零点，则不一定必须异号 (2)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一. 一．高考核心解题方法——隐零点“设而不求”四步法 隐零点问题的解题步骤固定且唯一，高考阅卷按步骤踩点给分，核心是“设零点→用零点→消参数/超越式→求范围/证明”，具体步骤： 第一步：求导定调，找隐零点存在性 1. 求f(x)的定义域和导数，分析的单调性（通常在定义域内单调递增/递减，可通过二次求导f''(x)验证）； 2. 找两个特殊点,，使()·()<0，由零点存在性定理确定有唯一零点（即f(x)的唯一极值点）； 3. 划分f(x)的单调区间：x<时<0，f(x)递减；x>时>0，f(x)递增（反之亦然），确定f()为最值。 第二步：设隐零点，写核心等式 设的唯一零点为，写出核心等式()=0，此等式是后续代换的关键（如=a、ln +1=a）。 第三步：代换消元，转化超越式 利用核心等式()=0，将f()中的参数a或超越项（、\ln）消去，转化为仅含的初等函数（如将=a代入f()=-a ，得f()=a(1-)）。 第四步：确定范围，求值域/证明不等式 1. 由第一步中()·()<0，确定隐零点的取值区间（如∈(1,2)，区间尽可能小，通常为开区间）； 2. 令g()=代换后的f()，分析g(x)在所属区间的单调性，求其值域/证明g()≥0/定值，即可得原问题的结论。 二、高考高频解题技巧（提速+避错） 1. 二次求导判单调性 (x)的单调性是确定隐零点唯一性的关键，若解析式复杂，直接求二次导数f''(x)，由f''(x)的符号直接判定(x)的单调性（如f''(x)>0，则f’(x)单调递增）。 2. 特殊点选取技巧（找()·()<0） 选取的特殊点多为0,1,e,1/e或参数相关的点（如x=1/a），满足计算f’(x)时能直接判断符号，举例： ①若=-a，选x=ln a（若a>0）、x=0； ②若=ln x+1-a，选x=1、x=。 3. 代换消元的核心原则 消超越项优先，消参数次之：若同时含和参数a，先消/ln，转化为代数式；若证明含参不等式，先消参数a，转化为仅含的不等式。 4. 范围的精准缩限 若初始范围（如(1,2)）无法证明结论，通过代入区间中点缩限（如代入x=1.5，判断f’(1.5)的符号，将范围缩为(1,1.5)），缩限后g()的单调性更易判断。 2. 高频失分陷阱（高考易丢分点，占比超80%） ①未证明的单调性，直接说“有唯一零点”，缺乏逻辑依据，扣2-3分； ②未选取特殊点验证，直接设隐零点，未证明零点存在性，扣2分； ③代换消元时变形错误，导致后续计算错误； ④未确定的取值区间，直接分析g()的单调性，无依据，扣2分； ⑤缩限范围时，代入中点后未判断符号，直接缩限，逻辑不严谨，扣1分； ⑥证明不等式时，未结合g()的单调性，直接给出结论，缺乏推导过程，扣2-3分。 处理隐零点问题的六种方法 题型01：自变量代换（直接代换） 【典型例题1】已知． (1)讨论的单调性； (2)若对恒成立，求整数a的最小值． 【答案】(1)分类讨论，答案见解析； (2)2 【解析】（1）求导，根据和两种情况讨论. （2）把不等式分离参量得，求函数的最大值，但是求导后求不出具体的根，所以设隐零点，整体代入求解. （1）的定义域为， （ⅰ）当时，，∴在上单调递增； （ⅱ）当时，令， 令， ∴当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）由，可得：， ∵，∴原命题等价于对恒成立． 令，∴， 令，∴，∴在上单调递增． 又， 故存在唯一的，使得． 当时，，∴， ∴在上单调递增， 当时，，∴， ∴在上单调递减． ∴， ∴时，恒成立． ∴，又，∴a的最小整数值为2． 【点睛】求某个函数的单调性时，发现极值点不容易求出，则用隐零点解决. 第一步设出隐零点，然后代入得到等式， 第二步根据设出的隐零点得到函数的单调区间，求出函数的极值 第三步极值分离出代入，化简成新的表达式 第四步求的最值. 【典型例题2】已知函数． （1）证明：在区间内存在唯一的零点； （2）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）先利用导数证明在上单调递增，再结合零点存在定理，得证； （2）参变分离得，令，原问题转化为求在上的最小值，结合（1）中结论和隐零点的思维，即可得解． （1）证明：∵， ∴， 当时，， ∴在上单调递增， ∵，， ∴在区间内存在唯一的零点． （2）解：∵，且， ∴， 令，则，， 由（1）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点， 设该零点为，则， 故当时，，即，在上单调递减， 当时，，即，在上单调递增， ∴， ∴， 故整数的最大值为3． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于较难题． 【变式训练1-1】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求证：函数的图象在x轴上方. 【变式训练1-2】已知函数，其中为正实数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； (2)当时，，求的取值范围. 【变式训练1-3】已知函数. （1）若曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为4，求实数的值； （2）当时，证明：. 题型02：参数代换 【典型例题1】已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在区间有唯一零点，证明：. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）求导得， 分， ，，三种情况讨论可得单调区间. （Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即且 所以，且，消去得，构造函数，证明单调且零点存在且唯一即可. 试题解析：（Ⅰ），， 令，， 若，即，则， 当时，，单调递增， 若，即，则，仅当时，等号成立， 当时，，单调递增. 若，即，则有两个零点，， 由，得， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 综上所述， 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. （Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即时，符合要求. 此时，就是函数在区间的唯一零点. 所以，从而有， 又因为，所以， 令，则， 设，则， 再由（1）知：，，单调递减， 又因为，， 所以，即 【点晴】本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法. 【典型例题2】已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值； (2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】 (1)，所以，，    所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线经过点，所以 解得． (2)设，则，    设，则， 因为在上递增， 所以当时，，当时， 所以在上递减，在上递增， 所以，    令，则 所以在递减， 因为， 所以，所以． 【点睛】此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，利用导数求得，再利用函数的单调性结合可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题 【变式训练2-1】已知函数． (1)若对任意实数，都有恒成立，求实数a的取值范围； (2)当时，若，求的最小值． 【变式训练2-2】设函数，e为自然对数的底数. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：若，则． 题型03：变形代换 【典型例题1】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析. 【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为， ， 因为 ①当时，在上恒成立， 故在上为单调递增. ②当时，当时，，当时， 故在上为单调递减，在上为单调递增； 综上所述：当时，在上为单调递增 当时，在上为单调递减，在上为单调递增 (2)当时， 要证原式成立，需证成立， 即需证成立， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，，由零点存在性定理可知，存在使， 则在上，在上， 即在上，在上， 则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值， 由可得，即， 两边同取对数，即， 的最小值为， 即成立， 故当时，成立. 【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题. 【变式训练3-1】已知函数 (1)若求的极值； (2)若恒成立，求实数a的取值范围. 题型04：同构代换 【典型例题】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若不等式恒成立，求实数k的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）先求定义域，再求导，分与，讨论函数单调区间，在时，根据根的判别式进行分类讨论，最终求出函数的单调区间； （2）参变分离，得到，构造，，求导后，构造，，求导利用隐零点，同构等方法求出，得到实数k的取值范围. （1），定义域为， 则， 当时，恒成立，故， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当时， 令， 当，即时，恒成立，故， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当，即时， 此时设的两根为，， 两根均大于0，且， 令得：或， 令得：， 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上：当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由于的定义域为， 可只需考虑时，不等式恒成立， 即，化简得：， 令，， 则， 令，， 在上恒成立， 故在上单调递减， 因为，， 故存在，使得， 即， 设，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，即，， 当时，，， 当时，，， 故时，单调递增，时，单调递减， 故在时取得极大值，也是最大值， 故， 故，所以实数k的取值范围是 【点睛】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. 【变式训练4-1】已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围． 题型05：等价变形，化隐为显 【典型例题】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） 【解析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. （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）［方法一］：通性通法 ,，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,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【点睛】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题 【典型例题】已知函数. （1）证明：，； （2）判断的零点个数，并给出证明过程. 【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析. 【解析】（1）由函数是偶函数，只需利用导数证明函数在区间上的最大值即可； （2）由（1）得出函数在区间上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区间上也只有一个零点，从而得出函数有三个零点. （1），，则该函数为偶函数， 只需证，其中. ，. 当时，令，得. 当时，，此时，函数单调递减； 当时，，此时，函数单调递增. ，， 当时，，此时，函数单调递减，则， 因此，对任意的，； （2）三个零点，证明如下： 由（1）可知，当时，函数有一个零点. 当时，，此时，函数无零点； 当时，，. 此时，函数单调递增，，. 由零点存在定理可知，存在，使得. 当时，，此时，函数单调递减； 当时，，此时，函数单调递增. ，，. 由零点存在定理知，函数在区间上无零点，在区间上有且只有一个零点，即函数在区间上有且只有一个零点. 由于函数为偶函数，所以，函数在上无零点，在上有且只有一个零点. 综上所述，函数有三个零点. 【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 【变式训练 6-1】已知函数. （1）求函数在上的零点之和； （2）证明：在上只有1个极值点. 【变式训练 6-2】已知． (1)若在处的切线的斜率是，求当在恒成立时的的取值范围； (2)设，当时有唯一零点，求a的取值范围． 隐零点题型归纳 题型01：不含参数的隐零点问题 【典型例题1】已知函数． (1)讨论的单调性． (2)当时，证明：对恒成立． 【答案】(1)单调区间、单调性见解析；(2)证明见解析. 【解析】(1)因为， 当时，，由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，由，得，由，得或， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 当时，，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减， 当时，由，得，由，得或， 所以在和上单调递减，在上单调递增. (2)当，时，， 令，则， 显然在上单调递增，且，， 即存在，使得，当时，， 当时，， 于是得在上单调递减，在上单调递增， 即，而，即， 因此，，而，即， 所以对恒成立. 【点睛】涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理. 【典型例题2】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析. 【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为， ， 因为 ①当时，在上恒成立，故在上为单调递增. ②当时，当时，，当时， 故在上为单调递减，在上为单调递增； 综上所述：当时，在上为单调递增 当时，在上为单调递减，在上为单调递增 (2)当时， 要证原式成立，需证成立，即需证成立， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，，由零点存在性定理可知，存在使， 则在上，在上， 即在上，在上， 则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值， 由可得，即， 两边同取对数，即， 的最小值为，即成立， 故当时，成立. 【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题. 【变式训练1-1】已知函数. (1)若，求在上的最大值与最小值之差； (2)若，证明： 【变式训练1-2】已知函数. (1)若有两个极值点，求实数a的取值范围； (2)当时，证明：. 【变式训练1-3】已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)判断函数的单调性． (2)证明：当时，． 【变式训练1-4】已知函数，其中. （Ⅰ）当时，求函数的单调区间； （Ⅱ）当时，证明：. 题型02：含参数的隐零点问题 【典型例题1】已知. (1)求在的切线方程； (2)求证：仅有一个极值； (3)若存在，使对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析(3) 【解析】(1)当时，,得，又. 所以在的切线方程为：.即； (2) ,令， 由于，得.所以在单调递减. 所以存在唯一，使得. 所以于单调递增，单调递减.，无极小值.所以仅有一个极值. (3)任意，则. 由（2）知. 又，则. 若存在，使，即， 得，转化为. 当时，或； 当时，； 所以于单调递增，单调递减，单调递增 当时， 由于，则，又. 当时， 综上：当时，,得.故. 【点睛】不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如恒成立问题，转化为；能成立问题，则转化为. 【典型例题2】已知函数 (为自然对数的底数，)． (1)求的单调区间和极值； (2)设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围. 【答案】见解析 【解析】(1)，x＞0， 当时，－a≥0，，∴在上单调递增，无极值； 当时，令，得， 当时，；当时，； ∴在上单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值. 综上，当时，的增区间为，无减区间，无极值； 当时，的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值. (2)∵对任意的，不等式恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 令，则，∴在上为增函数， 又∵，， ∴，使得，即， 当时，，可得，∴在上单调递减； 当时，，可得，∴在上单调递增， ∴， 由，可得， 令，则， 又由，∴在上单调递增， ∴，可得，∴，即， ∴，∴， 综上所述，满足条件的取值范围是. 【点睛】本题关键是参变分离不等式，将问题转化为求在时的最小值，转化为通过导数研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程时，还需要采用同构思想构造函数，达到简化的目的. 【变式训练2-1】已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值； (2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：． 【变式训练2-2】已知函数，． (1)判断函数的单调性； (2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围． 题型03：已知参数的取值范围证明不等式 【典型例题1】已知函数 （，e为自然对数的底数）． (1)若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，求证：． 【答案】(1) (2)答案见解析(3)证明见解析 【解析】(1)，则，由已知，解得 (2) （ⅰ）当时，， 所以，， 则在上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当时，令，得， ①时，，所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②时，，则在上单调递增； ③时，，所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． (3)方法一：等价于 当时， 令 令，则在区间上单调递增    ∵， ∴存在，使得，即 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增 ∴ ∴，故 方法二：当时， 令，则， 令，则 当时，；当时， ∴在区间上单调递减，上单调递增． ∴，即;∴， 【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用. 【变式训练3-1】已知函数 (1)当时，证明函数有两个极值点； (2)当时，函数在上单调递减，证明 【变式训练3-2】已知函数，函数在处取得最大值. (1)求a的取值范围； (2)当时，求证：. 题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值 【典型例题1】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，对任意的恒成立，求m的最大值． 【答案】(1)递增区间为，递减区间为;(2)3 【解析】(1)函数的定义域为， 由，令可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ∴函数的递增区间为，递减区间为． (2)当时，不等式可化为， 设，由已知可得， 又， 令，则， ∴在上为增函数， 又，， ∴存在，使得，即． 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ∴，∴，∴m的最大值为3． 【典型例题2】已知函数. (1)判断函数的单调性； (2)若对于任意的，都有，求整数的最大值. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)3. 【解析】（1）的定义域为，求导得：， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2），， 令，，则， 由（1）知，在上单调递增，且， 则在区间内存在唯一的零点，使，即， 则当时，，，有在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 于是得，因此，， 所以整数的最大值为3. 【典型例题3】设函数. (1)若曲线在点处的切线斜率为1，求实数的值； (2)求的单调区间； (3)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值. 【答案】(1);(2)答案见解析;(3)最大值为2 【解析】(1)由已知条件得， 在点处的切线斜率为，即， (2)的定义域为, ， 若，则，则在上单调递增； 若，由得，由得， 则单调递增区间为，单调递减区间为； (3)由得，整理得， 当时，，即 令，则. 令，由（2）知，函数在上单调递增， 其中，， ∵由零点存在性定理可知在上存在唯一的零点，即， ∴在上，在上， ∴在上，在上， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴在上的最小值为， 又∵，∴，即， ∴，且为整数，∴的最大值. 【变式训练4-1】已知函数 的图象在点 ( 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 ． (1)求实数 的值; (2)若 ， 且存在 使 成立， 求 的最小值． 【变式训练4-2】已知函数（为自然对数的底数）. (1)求的极值； (2)（i）证明∶与有相同的零点； （ii）若恒成立，求整数a的最大值. 【变式训练4-3】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，设函数，若对任意的恒成立，求b的最小值. 题型05：利用隐零点解决讨论零点问题 【典型例题】已知函数，其中实数. (1)当时，求函数的单调性； (2)若函数有唯一零点，求的值. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减;(2) 【解析】（1）， 令 ; 在上单调递增，即在上单调递增 ,令，则， 令，则 在上单调递减，在上单调递增 （2）; 令 在上单调递增，即在上单调递增 设，则 当时，，所以在上单调递增 当时，，所以在上单调递减 所以;所以，即 所以 又 ， 所以存在唯一的，使得，即（1） 当时，，在上单调递减 当时，，在上单调递增 所以，又因为函数有唯一的零点， 所以，即（2） 由（1）（2）得 即 令 又因为 所以函数在上单调递减，在上单调递增 而，则 代入（1）得;综上： 【变式训练5-1】己知函数． (1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)判断函数的零点的个数 题型06：隐零点与不等式的证明 【典型例题1】设函数，其中，是自然对数的底数. （1）当时，求的最小值； （2）当时，设的极小值点为，证明：. 【答案】见解析 【解析】（1）当时，，，所以，， 从而在上单调递减，在上单调递增，故. （2）当时，，，， 所以，，从而在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在R上有两个零点和，其中， 且当时，，当时，， 当时，， 从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故是函数唯一的极小值点，所以，从而， 由于，且在上递减，所以， 另一方面，，故，所以， 易知二次函数在上单调递减，所以， 综上所述，，即. 【点睛】遇到零点不可求的情形时，可虚设零点，运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.例如在本题中，有一个零点不可求，我们采取的是设该零点为t，利用去化简，再证不等式的方法来处理问题. 【典型例题2】已知，是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若存在实数a、b，使得恒成立，求的最小值. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，，， 当时，，所以在R上单调递增， 因为，，所以存在唯一的，使得. （2）当时，对任意的， ， 所以对任意的实数b，不可能恒成立； 当时，，要使恒成立，只需，所以， 当时，由（1）可得存在唯一的，使得， 且，， 所以在上单调递减，在上单调递增，从而， 因为恒成立，所以，故①， 又，所以， 代入不等式①可得，整理得：， 设，则， 所以，， 故在上单调递减，在上单调递增，从而，所以， 当，时取等号，综上所述，的最小值为. 【典型例题3】已知函数，，其中. （1）当时，证明：有最小值m且； （2）设，且恒成立，求a的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）当时，，所以，， 从而在上单调递增， 又，，所以有唯一的零点且， 当时，，故单调递减，当时，，故单调递增， 所以有最小值m，且，由可得， 从而，因为，所以. （1） 由题意，，，，所以在上单调递增， 当时，， 又，所以在上有唯一的零点， 设为，则，，故在上单调递减，在上单调递增， 所以①， 因为，所以，代入式①可得， 所以，结合可解得：，由可得， 显然当时，，， 又，所以，故，从而，所以实数a的取值范围是. 【典型例题4】设函数，证明：. 【答案】见解析 【解析】证法1：由题意，，设， 则，所以在上单调递增， 又，，所以在上有1个零点， 且当时，，所以， 当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增， 故①， 因为，所以，两边取对数得：，故， 代入式①得， 从而，所以. 证法2：设，则，所以，， 从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以， 故， 设，则，所以，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而， 因为，所以. 证法3：设，则，所以， ，从而在上单调递增，在上单调递减， 故，所以， 故， 设，则， 所以，， 故在上单调递减，在上单调递增，从而， 因为，所以. 证法4：易证，，所以. 【变式训练6-1】已知函数满足对任意的恒成立，其中e为自然对数的底数. （1）求a的值； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【变式训练6-2】已知函数，. (1)若，求函数的极值； (2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值； (3)若，正实数满足，证明：. 【变式训练6-3】已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数，证明：当时，. 【变式训练6-4】已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值及函数的单调区间； (2)若时，，求的最大值（注：表示不超过实数的最大整数）. 【变式训练6-5】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若函数，证明：当时，. 【变式训练6-6】设函数. (1)若，求在点处的切线方程； (2)求的单调递减区间； (3)求证：不等式恒成立. 1．已知函数为的导数. (1)当时，求的最小值； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 2．已知，. (1)若函数的图像在处的切线与直线垂直，求; (2)当时，恒成立，求实数的取值范围. 3．已知函数． (1)求证：函数存在单调递减区间，并求出单调递减区间的长度的取值范围； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 4．已知函数，，为的导数，且.证明： 在内有唯一零点； . （参考数据：，，，，.） 5．已知函数（），是的导数. （1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点； （2）已知函数在上单调递减，求的取值范围. 6．已知函数，， (1)求函数的单调区间； (2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围. 7．已知函数． (1)讨论函数零点个数； (2)若恒成立，求a的取值范围． 8．已知函数． (1)当时，讨论的单调性 (2)证明：有唯一极值点t，且． 9．已知函数． （1）若的极小值为，求实数的值； （2）若，求证：． 10．已知函数在处的切线方程是． (1)求a，b的值； (2)若对于，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 导数隐零点问题 目录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 5 题型归纳 7 处理隐零点问题的六种方法 7 题型01：自变量代换（直接代换） 7 题型02：参数代换 12 题型03：变形代换 17 题型04：同构代换 19 题型05：等价变形，化隐为显 22 题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题 24 隐零点题型归纳 27 题型01：不含参数的隐零点问题 27 题型02：含参数的隐零点问题 31 题型03：已知参数的取值范围证明不等式 35 题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值 38 题型05：利用隐零点解决讨论零点问题 42 题型06：隐零点与不等式的证明 44 巩固提升 52 隐零点是导数与函数零点的进阶压轴题型，核心特征为函数零点存在但无法直接求解（超越方程如+x=0），需通过“设零点→代换消参/转化”解题，是新高考导数解答题的高频难点，常与参数范围、不等式证明结合考查。 一、考纲定位与命题趋势 1. 考纲要求：依托导数研究函数单调性、极值，结合零点存在性定理确定隐零点存在，通过设而不求的代数代换实现问题转化，考查转化与化归、数形结合、逻辑推理核心素养。 2. 命题趋势：近5年新高考全国卷/地方卷考查频率超60%，多作为导数解答题第2小问压轴；载体以、,ln x与多项式结合的超越函数为主，题型聚焦含参不等式证明/参数范围求解/最值求解，难度为压轴级，区分度高。 3. 命题特点：不直接要求求零点，仅需利用零点的等式条件（f()=0）和单调性条件（()=0），实现“超越式→代数式”的转化，规避复杂求解。 二、高考考情分布 1. 题型与分值 ①仅出现在解答题（导数模块），多为第2小问，分值4-6分； ②常与“含参函数的最值/极值”“恒成立问题”“不等式证明”融合，极少单独命题。 2. 核心考查载体 新高考高频函数模型（均为超越函数，零点无法显式求解）： ①f(x)=-ax-b ②f(x)=x\ln x-ax+1 ③f(x)=-ln x-a。 3. 考查地域与频次 新高考Ⅰ卷/Ⅱ卷、江苏卷、浙江卷为高频考查卷，每年至少1卷涉及；全国甲/乙卷偶考，多作为压轴题区分尖子生。 隐零点作为导数压轴核心考点，学习目标按基础掌握、能力提升、压轴突破、素养落地分层，适配不同备考阶段，兼顾解题方法、逻辑推理和应试规范，贴合高考考查要求。 一．基础目标（全员掌握，保底得分） 1. 理解隐零点核心特征：明确隐零点是“存在但无法显式求解的超越函数零点”，掌握“设而不求”的核心思想，能区分隐零点与普通显零点问题的解题差异。 2. 熟记隐零点基础模型：掌握-ax、x\ln x-ax两类高频超越函数的隐零点特征，能快速识别高考中隐零点的考查载体。 3. 掌握核心前提步骤：会对()二次求导，判定()的单调性；能选取0、1、e、1/e等特殊点，结合零点存在性定理证明()隐零点的存在性与唯一性。 4. 完成基础代换：能设隐零点并写出核心等式()=0，对简单解析式实现“消参数/消单一超越项”的基础代换，将超越式转化为初等代数式。 二．提升目标（重点掌握，突破中档压轴） 1. 精通隐零点四步法：能完整套用“求导定调→设零点写等式→代换消元→定范围求结论”的解题步骤，无逻辑跳跃，适配高考中单一隐零点的所有基础题型。 2. 掌握代换消元技巧：能根据题型需求，灵活选择“消超越项优先”或“消参数优先”的代换策略，处理含+ln x、高次多项式+超越项的复杂解析式代换。 3. 实现隐零点范围精准缩限：能通过“特殊点选取→区间中点代入→多次缩限”，将隐零点的范围缩小至合适区间（如从(1,2)缩为(1,1.5)），满足后续单调性分析和不等式证明需求。 4. 解决单一题型综合问题：能独立解决隐零点与“函数最值/极值求解”“含参恒成立求参数范围”的融合问题，步骤规范，能踩准高考阅卷核心得分点。 三．压轴目标（拔高掌握，冲刺满分） 1. 攻克复杂融合题型：能解决隐零点与“极值点偏移”“双隐零点”“多元不等式证明”的高阶压轴题，掌握“多隐零点设元→分别写核心等式→联立代换→整体推导”的解题逻辑。 2. 灵活运用辅助技巧：能结合放缩法、构造新函数法，处理隐零点范围缩限后仍无法证明的不等式问题；能根据参数特征，选取参数相关特殊点（如x=1/a、x=）快速定位隐零点范围。 3. 实现解题优化提速：能快速判断隐零点问题的最优解题路径，避免无效步骤；对高考高频模型，能形成“条件反射式”解题，缩短思考和计算时间，适配高考应试节奏。 4. 掌握严谨逻辑论证：能对隐零点问题的每一步推导给出严谨依据，尤其是“()单调性判定”“隐零点存在性证明”“代换等价性验证”，避免高考逻辑漏洞类失分。 知识点一：零点和隐零点 1.零点：设函数 ，若实数满足，则称为函数的零点.从函数图像上看，函数的零点即为其图像轴交点的横坐标. 2.隐零点：若为函数的零点，但无法精确求解，则称为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，不能称为函数的隐零点. 知识点二：零点存在定理 零点存在定理： 设函数是定义在上的连续函数，且满足，则存在实数，使得.换句话说，函数在上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数在上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间. 知识点三：隐零点解题策略 第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是： ①在含有的复合函数中，常令，尤其是令进行试探； ②在含的复合函数中，常令，尤其是令进行试探. 第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式. 第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解. 注： 同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下: （1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围 （2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫 （3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式 注：1.理解隐零点定义： 总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。另外需要关注“隐零点”的确定方法，上述总结了零点存在性定理、函数图像、题设条件三种，理解方法原理，掌握方法技巧极为关键。故教学中需要注重对“隐零点”两大内容的剖析，一是“隐零点”的定义设定，二是"隐零点"的确定方法，教学中可对比"显零点"，结合实例具体探究. 2. 归纳三步策略： 强化解析思维上述所归纳的"三步法"是求解导数"隐零点"的重要方法，构建了"零点判断→单调性分析→代入转化”的解析思路.三步过程之间紧密相关，具有严密的逻辑顺序，严格按照该方法求解可实现问题的高效作答.而在实际教学中，除了需要指导学生掌握“三步法”的构建思路外，还要注重解题引导，培养学生的解析思维.让学生亲历探究过程，通过设问引导来完善学生的数学思维，从根本上提升学生的能力. 3. 掌握转换方法： 积累变形经验变形转换是求解导数“隐零点”问题的重要环节，将直接确定问题走向，该环节需要使用一定的方法技巧.常见的转换方法有分离参数、变更主元、整体代换、分离函数等，对于涉及参数的不等式问题，可采用分离参数来简化，然后基于代数式构造函数来研究性质，同时配合整体代换实现函数的简洁化，而变更主元常用于导函数无法求出零点的情形. 教学中要指导学生掌握上述转换技巧的内涵，然后结合实例具体讲解，帮助学生积累简化经验，提升学生的运算能力. 知识点四：常见题型解题方法 1、不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有： ①关系式成立；②注意确定的合适范围. 2、含参函数的隐零点问题 已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有①有关系式成立，该关系式给出了的关系；②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 3、函数零点的存在性 （1）函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. ① 若，则的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若，那么在不一定有零点 ③ 若在有零点，则不一定必须异号 (2)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一. 一．高考核心解题方法——隐零点“设而不求”四步法 隐零点问题的解题步骤固定且唯一，高考阅卷按步骤踩点给分，核心是“设零点→用零点→消参数/超越式→求范围/证明”，具体步骤： 第一步：求导定调，找隐零点存在性 1. 求f(x)的定义域和导数，分析的单调性（通常在定义域内单调递增/递减，可通过二次求导f''(x)验证）； 2. 找两个特殊点,，使()·()<0，由零点存在性定理确定有唯一零点（即f(x)的唯一极值点）； 3. 划分f(x)的单调区间：x<时<0，f(x)递减；x>时>0，f(x)递增（反之亦然），确定f()为最值。 第二步：设隐零点，写核心等式 设的唯一零点为，写出核心等式()=0，此等式是后续代换的关键（如=a、ln +1=a）。 第三步：代换消元，转化超越式 利用核心等式()=0，将f()中的参数a或超越项（、\ln）消去，转化为仅含的初等函数（如将=a代入f()=-a ，得f()=a(1-)）。 第四步：确定范围，求值域/证明不等式 1. 由第一步中()·()<0，确定隐零点的取值区间（如∈(1,2)，区间尽可能小，通常为开区间）； 2. 令g()=代换后的f()，分析g(x)在所属区间的单调性，求其值域/证明g()≥0/定值，即可得原问题的结论。 二、高考高频解题技巧（提速+避错） 1. 二次求导判单调性 (x)的单调性是确定隐零点唯一性的关键，若解析式复杂，直接求二次导数f''(x)，由f''(x)的符号直接判定(x)的单调性（如f''(x)>0，则f’(x)单调递增）。 2. 特殊点选取技巧（找()·()<0） 选取的特殊点多为0,1,e,1/e或参数相关的点（如x=1/a），满足计算f’(x)时能直接判断符号，举例： ①若=-a，选x=ln a（若a>0）、x=0； ②若=ln x+1-a，选x=1、x=。 3. 代换消元的核心原则 消超越项优先，消参数次之：若同时含和参数a，先消/ln，转化为代数式；若证明含参不等式，先消参数a，转化为仅含的不等式。 4. 范围的精准缩限 若初始范围（如(1,2)）无法证明结论，通过代入区间中点缩限（如代入x=1.5，判断f’(1.5)的符号，将范围缩为(1,1.5)），缩限后g()的单调性更易判断。 2. 高频失分陷阱（高考易丢分点，占比超80%） ①未证明的单调性，直接说“有唯一零点”，缺乏逻辑依据，扣2-3分； ②未选取特殊点验证，直接设隐零点，未证明零点存在性，扣2分； ③代换消元时变形错误，导致后续计算错误； ④未确定的取值区间，直接分析g()的单调性，无依据，扣2分； ⑤缩限范围时，代入中点后未判断符号，直接缩限，逻辑不严谨，扣1分； ⑥证明不等式时，未结合g()的单调性，直接给出结论，缺乏推导过程，扣2-3分。 处理隐零点问题的六种方法 题型01：自变量代换（直接代换） 【典型例题1】已知． (1)讨论的单调性； (2)若对恒成立，求整数a的最小值． 【答案】(1)分类讨论，答案见解析； (2)2 【解析】（1）求导，根据和两种情况讨论. （2）把不等式分离参量得，求函数的最大值，但是求导后求不出具体的根，所以设隐零点，整体代入求解. （1）的定义域为， （ⅰ）当时，，∴在上单调递增； （ⅱ）当时，令， 令， ∴当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）由，可得：， ∵，∴原命题等价于对恒成立． 令，∴， 令，∴，∴在上单调递增． 又， 故存在唯一的，使得． 当时，，∴， ∴在上单调递增， 当时，，∴， ∴在上单调递减． ∴， ∴时，恒成立． ∴，又，∴a的最小整数值为2． 【点睛】求某个函数的单调性时，发现极值点不容易求出，则用隐零点解决. 第一步设出隐零点，然后代入得到等式， 第二步根据设出的隐零点得到函数的单调区间，求出函数的极值 第三步极值分离出代入，化简成新的表达式 第四步求的最值. 【典型例题2】已知函数． （1）证明：在区间内存在唯一的零点； （2）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）先利用导数证明在上单调递增，再结合零点存在定理，得证； （2）参变分离得，令，原问题转化为求在上的最小值，结合（1）中结论和隐零点的思维，即可得解． （1）证明：∵， ∴， 当时，， ∴在上单调递增， ∵，， ∴在区间内存在唯一的零点． （2）解：∵，且， ∴， 令，则，， 由（1）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点， 设该零点为，则， 故当时，，即，在上单调递减， 当时，，即，在上单调递增， ∴， ∴， 故整数的最大值为3． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于较难题． 【变式训练1-1】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求证：函数的图象在x轴上方. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (2)证明见解析. 【解析】(1)求，根据正负即可求y的单调区间； (2)求，根据零点的范围求出g(x)的最小值，证明其最小值大于零即可. （1）， 令则. 当时，，∴函数在上单调递增； 当时，，∴函数在上单调递减. 即的单调递增区间是，单调递减区间是； （2）， ，易知单调递增， 又，， ∴在上存在一个， 使得：，即：，且， 当，有单调递减； 当，有单调递增. ∴， ∴， ∴函数的图象在x轴上方. 【点睛】本题考查隐零点，关键是判断单调，且，，由此得出在(1，2)之间存在零点，据此求出g(x)的最小值，证明此最小值大于零即可. 【变式训练1-2】已知函数，其中为正实数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； (2)当时，，求的取值范围. 【答案】(1)2 (2) 【解析】（1）由导数的几何意义求出切线方程即可求解； （2）当时，成立，所以；当时，，令，，利用导数研究函数的单调性，可得在上单调递减，然后利用求出即可得答案. (1) 解：当时，，， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 设切线与两坐标轴交点为， 所以； (2) 解：由题意，当时，即恒成立， 当时，成立，所以； 当时，因为，所以恒成立，即， 令，，则， 令，，则， ， 令，， 由二次函数的知识有在上单调递减， 因为，，所以存在使得， 所以时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以， 所以存在，使得， 所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，又， 所以，即， 所以在上单调递减， 所以， 所以， 综上，的取值范围为. 【变式训练1-3】已知函数. （1）若曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为4，求实数的值； （2）当时，证明：. 【答案】（1）或；（2）证明见解析. 【解析】（1）求导可得解析式，利用导数的几何意义，求得切线斜率，又，代入点斜式方程，可求得切线方程，分别令、，结合面积为4，即可求得答案. （2）当时，所求变形为，设，利用导数求得的单调性和极值，综合分析，即可得证. （1）由，∴， 又，∴切线方程为，（）. 当时，；当时，， 由题意可得，解得或. （2），， 当时，， 令，则， 设的零点为，则，即且， ∴在上递减，上递增， ∴， ∴时，恒成立，从而恒成立， ∴当时，. （或根据证明） 【点睛】解题的关键是掌握导数的几何意义，利用导数求函数单调性、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需根据a的范围，进行合理变形，进而直接求证即可，属中档题. 【变式训练1-4】已知函数. （1）若曲线在点处切线的斜率为，求实数的值； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）求出函数的导数，根据，得到关于的方程，求出的值即可； （2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调性，从而确定的范围即可． (1)， 因为，所以. (2)设， 则， 设， 注意到，， ①当时，在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以在上恒成立. 所以在上单调递增， 所以在上恒成立，符合题意. ②当时，，，，使得， 当时，，所以，所以在上单调递减，所以在上单调递减， 所以，所以在上单调递减，所以当时，，不符合题意. 综上所述，，即实数a的取值范围为. 【点睛】本题考查了导数在函数的单调性，最值中的应用，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题． 题型02：参数代换 【典型例题1】已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在区间有唯一零点，证明：. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）求导得， 分， ，，三种情况讨论可得单调区间. （Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即且 所以，且，消去得，构造函数，证明单调且零点存在且唯一即可. 试题解析：（Ⅰ），， 令，， 若，即，则， 当时，，单调递增， 若，即，则，仅当时，等号成立， 当时，，单调递增. 若，即，则有两个零点，， 由，得， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 综上所述， 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. （Ⅱ）由（1）及可知：仅当极大值等于零，即时，符合要求. 此时，就是函数在区间的唯一零点. 所以，从而有， 又因为，所以， 令，则， 设，则， 再由（1）知：，，单调递减， 又因为，， 所以，即 【点晴】本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法. 【典型例题2】已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值； (2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】 (1)，所以，，    所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线经过点，所以 解得． (2)设，则，    设，则， 因为在上递增， 所以当时，，当时， 所以在上递减，在上递增， 所以，    令，则 所以在递减， 因为， 所以，所以． 【点睛】此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，利用导数求得，再利用函数的单调性结合可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题 【变式训练2-1】已知函数． (1)若对任意实数，都有恒成立，求实数a的取值范围； (2)当时，若，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）已知当时，不满足；进而讨论当 时，存在唯一零点，当 时，单调递增，当 时， 单调递减，故，解得 ，最后利用求解； （2）由题知，再令 得，故研究函数 性质得 在上有唯一的零点 ，且满足，进而得答案. (1) 解：当时，，不满足对任意实数，都有恒成立； 当时，， 令，则 所以函数单调递减， 由于，， 所以存在唯一零点，使得 ， 所以当时，单调递增，当 时，单调递减， 所以 令， ， 故在定义域内是的单调函数， 由于， 所以的解集为 ， 所以，即实数a的取值范围是 (2) 解：当时，， 由， 所以， 所以， 令，则，即 ， 令 令 所以时，， 单调递减，时， ， 单调递增， 由于， 所以在上有唯一的零点 ，且满足 ， 所以， 所以，当且仅当 时等号成立. 【点睛】“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法： 第一步：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；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二步：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；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征） 【变式训练2-2】设函数，e为自然对数的底数. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：若，则． 【答案】（1）（2）见解析 【解析】(1)利用导函数恒成立,求解即可. (2)利用(1)中的结论与零点存在定理可得存在,使得,再利用隐零点的方法,求得在上的最小值,再代入极值点的关系化简证明即可. 解：（1）因为在上单调递增, 所以恒成立.                       令,当,                      在上单调递增, 依题意有,得                              （2）由（1）可知,在上单调递增,当时, ,,                              存在,使得,                         且当时,,即,在上单调递减 当时,,即,在上单调递增 所以在上的最小值为          ,,,                    ,即成立                                             或者                 ,                                                  ,即成立 【点睛】本题主要考查了函数恒成立的问题,同时也考查了隐零点问题的应用,需要根据题意列出对应的不等式,再根据导数求解单调性与极值的方法证明即可.属于难题. 题型03：变形代换 【典型例题1】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析. 【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为， ， 因为 ①当时，在上恒成立， 故在上为单调递增. ②当时，当时，，当时， 故在上为单调递减，在上为单调递增； 综上所述：当时，在上为单调递增 当时，在上为单调递减，在上为单调递增 (2)当时， 要证原式成立，需证成立， 即需证成立， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，，由零点存在性定理可知，存在使， 则在上，在上， 即在上，在上， 则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值， 由可得，即， 两边同取对数，即， 的最小值为， 即成立， 故当时，成立. 【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题. 【变式训练3-1】已知函数 (1)若求的极值； (2)若恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)的极小值为，无极大值 (2) 【解析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可； （2）令，求导函数，分和两种情况，分析导函数的符号，求得的最值，继而可得答案. （1）当， 令，解得， 则当单调递减，当单调递增， 故的极小值为，无极大值； （2）由题意可得 令则 当时，则时，，不合题意； 当时，设， ，， 所以存在时，， 因为，所以在上单调递增， 所以当，；当，， 则当，；当，， 则在单调递减，在单调递增， 所以 因为，所以，即 故解得 综上所述，实数a的取值范围 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 题型04：同构代换 【典型例题】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若不等式恒成立，求实数k的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）先求定义域，再求导，分与，讨论函数单调区间，在时，根据根的判别式进行分类讨论，最终求出函数的单调区间； （2）参变分离，得到，构造，，求导后，构造，，求导利用隐零点，同构等方法求出，得到实数k的取值范围. （1），定义域为， 则， 当时，恒成立，故， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当时， 令， 当，即时，恒成立，故， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当，即时， 此时设的两根为，， 两根均大于0，且， 令得：或， 令得：， 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上：当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由于的定义域为， 可只需考虑时，不等式恒成立， 即，化简得：， 令，， 则， 令，， 在上恒成立， 故在上单调递减， 因为，， 故存在，使得， 即， 设，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，即，， 当时，，， 当时，，， 故时，单调递增，时，单调递减， 故在时取得极大值，也是最大值， 故， 故，所以实数k的取值范围是 【点睛】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. 【变式训练4-1】已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可； （2）问题转化为，令，根据函数的单调性求出的最小值，（可根据同构法也可根据换元法求最值），求出的范围即可； （1）．所以．又， 所以曲线在点处的切线方程为． （2）． 令，则． 令，则，所以是增函数． 又，，由零点存在定理及是增函数， 知存在唯一的，使得． 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， 所以． 由，得，即． 令，则，是增函数． 又，，所以① ①两边取自然对数，得，即，所以② 由①②，得． 于是，即．所以实数的取值范围是． 【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 题型05：等价变形，化隐为显 【典型例题】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） 【解析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. （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）［方法一］：通性通法 ,，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,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【点睛】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题 【典型例题】已知函数. （1）证明：，； （2）判断的零点个数，并给出证明过程. 【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析. 【解析】（1）由函数是偶函数，只需利用导数证明函数在区间上的最大值即可； （2）由（1）得出函数在区间上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区间上也只有一个零点，从而得出函数有三个零点. （1），，则该函数为偶函数， 只需证，其中. ，. 当时，令，得. 当时，，此时，函数单调递减； 当时，，此时，函数单调递增. ，， 当时，，此时，函数单调递减，则， 因此，对任意的，； （2）三个零点，证明如下： 由（1）可知，当时，函数有一个零点. 当时，，此时，函数无零点； 当时，，. 此时，函数单调递增，，. 由零点存在定理可知，存在，使得. 当时，，此时，函数单调递减； 当时，，此时，函数单调递增. ，，. 由零点存在定理知，函数在区间上无零点，在区间上有且只有一个零点，即函数在区间上有且只有一个零点. 由于函数为偶函数，所以，函数在上无零点，在上有且只有一个零点. 综上所述，函数有三个零点. 【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 【变式训练 6-1】已知函数. （1）求函数在上的零点之和； （2）证明：在上只有1个极值点. 【答案】（1）（2）详见解析 【解析】（1）得到或，据此计算答案. （2）求导设，则，判断函数在上单调递减，在上单调递增，又，，得到答案. （1）解：令，得或， 即或，即或 所以在上的零点之和为 （2）证明设，， ，， 当时，，则为增函数. 因为，，所以， 所以当时，；当时，， 从而的上单调递减，在上单调递增 又，，所以必存在唯一的，使得， 当时，；当时， 故在上只有1个极值点 【点睛】本题考查了函数的零点和极值点，综合性较强，其中灵活掌握隐零点的相关知识技巧是解题的关键. 【变式训练 6-2】已知． (1)若在处的切线的斜率是，求当在恒成立时的的取值范围； (2)设，当时有唯一零点，求a的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【解析】（1）根据导数的几何意义，求得参数；再利用导数求解在区间上的最小值，即可求得参数的范围； （2）对参数分类讨论，当时，利用导数研究其单调性，即可判断零点个数；当时，根据，再证明，即可求得此时的零点个数，再结合题意进行取舍即可. （1），则 令，则恒成立， 在上单调递增，当时，，即恒成立， 在上单调递增， 恒成立， 的取值范围是 （2）， ①当时在上单调递增，， 存在使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增 又，故存在唯一的使得，满足题意； ②当时，由可得，令， 则，当时，，故在上单调递增， 则，则在上恒成立，故在上无零点． 综上所述，a的取值范围是． 【小结】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数处理恒成立问题和零点问题；其中第二问处理的关键是在当时，进行适度的放缩，属综合困难题. 隐零点题型归纳 题型01：不含参数的隐零点问题 【典型例题1】已知函数． (1)讨论的单调性． (2)当时，证明：对恒成立． 【答案】(1)单调区间、单调性见解析；(2)证明见解析. 【解析】(1)因为， 当时，，由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，由，得，由，得或， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 当时，，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减， 当时，由，得，由，得或， 所以在和上单调递减，在上单调递增. (2)当，时，， 令，则， 显然在上单调递增，且，， 即存在，使得，当时，， 当时，， 于是得在上单调递减，在上单调递增， 即，而，即， 因此，，而，即， 所以对恒成立. 【点睛】涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理. 【典型例题2】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析. 【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为， ， 因为 ①当时，在上恒成立，故在上为单调递增. ②当时，当时，，当时， 故在上为单调递减，在上为单调递增； 综上所述：当时，在上为单调递增 当时，在上为单调递减，在上为单调递增 (2)当时， 要证原式成立，需证成立，即需证成立， 令，则， 令，则，故在上单调递增， ，，由零点存在性定理可知，存在使， 则在上，在上， 即在上，在上， 则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值， 由可得，即， 两边同取对数，即， 的最小值为，即成立， 故当时，成立. 【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题. 【变式训练1-1】已知函数. (1)若，求在上的最大值与最小值之差； (2)若，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)由题意得，则， 由于都是递增函数，故是递减函数， 则， 故为递减函数， 则， 故； (2)证明：由， ， 可得， 设， 令 ，故单调递增， 又， 故存在 ，使得， 当 时，，单调递减， 当 时，，单调递增， 故， 由于，则，故，所以. 【变式训练1-2】已知函数. (1)若有两个极值点，求实数a的取值范围； (2)当时，证明：. 【答案】(1);(2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为，，由题意在上有两解， 即，即有两解. 令，即的图象与直线有两个交点. ，得，当时，，递增； 当时，，递减，，， 时，；时，， ，，a的取值范围是. （2）当时，，即证，即证， 令，，令，则， 当时，，在递增. ，， 存在唯一的，使得， 当时，，递减； 当时，，递增，. 又，，， ， ，. 【变式训练1-3】已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)判断函数的单调性． (2)证明：当时，． 【答案】见解析 【解析】(1)解：因为，所以，解得，所以． 函数的定义域为，令，得； 令，得．所以函数的增区间为，减区间为. (2)证明：要证，即证，只需证． 令，其中， 则． 令，则，所以在上单调递增． 因为，，所以存在，使，可得， 当时，，即，则在上单调递减； 当时，，即，则在上单调递增． 所以．所以，所以． 【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下： 直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明 （或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 【变式训练1-4】已知函数，其中. （Ⅰ）当时，求函数的单调区间； （Ⅱ）当时，证明：. 【答案】（Ⅰ）单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】解：（Ⅰ）当时，.则. ∵在上单调递增（增函数+增函数=增函数），且， ∴当时，；当时，. ∴的单调递减区间为，单调递增区间为. （Ⅱ）当时，.则. ∵在上单调递增，且，， ∴存在唯一的，使得. ∴当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增，∴. 又，即.化简，得.∴. ∵，∴.∴当时，. 题型02：含参数的隐零点问题 【典型例题1】已知. (1)求在的切线方程； (2)求证：仅有一个极值； (3)若存在，使对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析(3) 【解析】(1)当时，,得，又. 所以在的切线方程为：.即； (2) ,令， 由于，得.所以在单调递减. 所以存在唯一，使得. 所以于单调递增，单调递减.，无极小值.所以仅有一个极值. (3)任意，则. 由（2）知. 又，则. 若存在，使，即， 得，转化为. 当时，或； 当时，； 所以于单调递增，单调递减，单调递增 当时， 由于，则，又. 当时， 综上：当时，,得.故. 【点睛】不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如恒成立问题，转化为；能成立问题，则转化为. 【典型例题2】已知函数 (为自然对数的底数，)． (1)求的单调区间和极值； (2)设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围. 【答案】见解析 【解析】(1)，x＞0， 当时，－a≥0，，∴在上单调递增，无极值； 当时，令，得， 当时，；当时，； ∴在上单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值. 综上，当时，的增区间为，无减区间，无极值； 当时，的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值. (2)∵对任意的，不等式恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 令，则，∴在上为增函数， 又∵，， ∴，使得，即， 当时，，可得，∴在上单调递减； 当时，，可得，∴在上单调递增， ∴， 由，可得， 令，则， 又由，∴在上单调递增， ∴，可得，∴，即， ∴，∴， 综上所述，满足条件的取值范围是. 【点睛】本题关键是参变分离不等式，将问题转化为求在时的最小值，转化为通过导数研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程时，还需要采用同构思想构造函数，达到简化的目的. 【变式训练2-1】已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值； (2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：． 【答案】见解析 【解析】(1)，所以，，    所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线经过点，所以,解得． (2)设，则，    设，则， 因为在上递增，所以当时，，当时， 所以在上递减，在上递增， 所以，    令，则,所以在递减， 因为，所以，所以． 【点睛】此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，利用导数求得，再利用函数的单调性结合可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题. 【变式训练2-2】已知函数，． (1)判断函数的单调性； (2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2). 【解析】(1)的定义域为，求导得：， 若时，则，此时在单调递增； 若时，则当时，在单调递减， 当时， ，f(x)在单调递增. (2)当时，， 由题意在上恒成立， 令，则， 令，则，所以在上递增， 又，所以在上有唯一零点， 由得， 当时，即，单调递减； 时，即，单调递增， 所以为在定义域内的最小值. 即 令，则方程等价于， 又易知单调递增，所以，即 所以，的最小值 所以，即实数的取值范围是 【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 题型03：已知参数的取值范围证明不等式 【典型例题1】已知函数 （，e为自然对数的底数）． (1)若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，求证：． 【答案】(1) (2)答案见解析(3)证明见解析 【解析】(1)，则，由已知，解得 (2) （ⅰ）当时，， 所以，， 则在上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当时，令，得， ①时，，所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ②时，，则在上单调递增； ③时，，所以或，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． (3)方法一：等价于 当时， 令 令，则在区间上单调递增    ∵， ∴存在，使得，即 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增 ∴ ∴，故 方法二：当时， 令，则， 令，则 当时，；当时， ∴在区间上单调递减，上单调递增． ∴，即;∴， 【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用. 【变式训练3-1】已知函数 (1)当时，证明函数有两个极值点； (2)当时，函数在上单调递减，证明 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析 【解析】(1)定义域为 当时, 令 ∵时，，单调递减，时，，单调递增 所以使,此时时，，单调递增， 时，，单调递减 时，，单调递增;∴是函数的两个极值点． (2)∵在上单调递减 ∴恒成立;∴恒成立 ①时，令 ∵，∴ ∴在单调递减，∴ 又∵∴，∴ ②时，，∵，∴ ∴，∴ 又∵，∴ 令 令，∴ ∴单调递减，∵ 使，即 时，单调递增 时，单调递减 ∴∴∴，∴; 综上 【变式训练3-2】已知函数，函数在处取得最大值. (1)求a的取值范围； (2)当时，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】(1)显然，由已知得.故. 若，当时，； 当正数时，.有最小值，不符合题意. 若，当时，； 当时，. 有最大值，故a的取值范围为. (2)由（1）知，当时，，所以. 当时，因为，只需证，即证 令， 设，故在上为增函数. 所以， 所以存在，使得，此时. 当时，，即； 当时，，即.故. 又因为在为减函数，且， 所以 故当时，，即，所以. 综上，当时，. 解法二：由（1）知，当时，，所以. 当时，因为，只需证，即证. 令在上单递增，所以； 令，由得. 当时，单调递增； 当时，单调递减. 当时，，故 所以,综上，当时，. 【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明. 题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值 【典型例题1】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，对任意的恒成立，求m的最大值． 【答案】(1)递增区间为，递减区间为;(2)3 【解析】(1)函数的定义域为， 由，令可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ∴函数的递增区间为，递减区间为． (2)当时，不等式可化为， 设，由已知可得， 又， 令，则， ∴在上为增函数， 又，， ∴存在，使得，即． 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ∴，∴，∴m的最大值为3． 【典型例题2】已知函数. (1)判断函数的单调性； (2)若对于任意的，都有，求整数的最大值. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)3. 【解析】（1）的定义域为，求导得：， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2），， 令，，则， 由（1）知，在上单调递增，且， 则在区间内存在唯一的零点，使，即， 则当时，，，有在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 于是得，因此，， 所以整数的最大值为3. 【典型例题3】设函数. (1)若曲线在点处的切线斜率为1，求实数的值； (2)求的单调区间； (3)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值. 【答案】(1);(2)答案见解析;(3)最大值为2 【解析】(1)由已知条件得， 在点处的切线斜率为，即， (2)的定义域为, ， 若，则，则在上单调递增； 若，由得，由得， 则单调递增区间为，单调递减区间为； (3)由得，整理得， 当时，，即 令，则. 令，由（2）知，函数在上单调递增， 其中，， ∵由零点存在性定理可知在上存在唯一的零点，即， ∴在上，在上， ∴在上，在上， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴在上的最小值为， 又∵，∴，即， ∴，且为整数，∴的最大值. 【变式训练4-1】已知函数 的图象在点 ( 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 ． (1)求实数 的值; (2)若 ， 且存在 使 成立， 求 的最小值． 【答案】(1)1(2)4 【解析】(1)由题意知：，，解得； (2)由（1）知：，存在 使 成立等价于， 令， 则，令， 则，所以在上单增， 又，故存在使，即， 故当时，单减，故当时，单增， 故，故， 又且，故 的最小值为4. 【变式训练4-2】已知函数（为自然对数的底数）. (1)求的极值； (2)（i）证明∶与有相同的零点； （ii）若恒成立，求整数a的最大值. 【答案】(1)的极小值为，无极大值；(2)（i）证明见解析，（ii） 【解析】(1)由题意可知，， 令，即，解得； 当时，，所以在单调的递增； 当时，，所以在单调的递减； 当时，取得极小值为，无极大值； (2)（i）由知，所以在上单调递增； 由知，所以在上单调递增； 又，故必存在唯一使得， 即有， 故， 所以与有相同的唯一零点； （ii）由，得恒成立， 在恒成立， 令，，则， 由（i）知单调递增且存在唯一零点； 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增；故； 由（i）知；又， 故进一步确定； 故， 即，解得，又；所以整数a的最大值为. 【点睛】求解不等式问题的关键： 适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形， 从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点； 构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以 求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解. 【变式训练4-3】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，设函数，若对任意的恒成立，求b的最小值. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）. 【解析】（1）因为，所以， 当时，； 当时，， 故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由， 因为对任意的恒成立， 对任意的恒成立， 构造函数，. ∵，∴，且单调递增， ∵，， ∴一定存在唯一的，使得.即，. ∴在上单调递增，在上单调递减. ∴. ∵，∴b的最小值为. 题型05：利用隐零点解决讨论零点问题 【典型例题】已知函数，其中实数. (1)当时，求函数的单调性； (2)若函数有唯一零点，求的值. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减;(2) 【解析】（1）， 令 ; 在上单调递增，即在上单调递增 ,令，则， 令，则 在上单调递减，在上单调递增 （2）; 令 在上单调递增，即在上单调递增 设，则 当时，，所以在上单调递增 当时，，所以在上单调递减 所以;所以，即 所以 又 ， 所以存在唯一的，使得，即（1） 当时，，在上单调递减 当时，，在上单调递增 所以，又因为函数有唯一的零点， 所以，即（2） 由（1）（2）得 即 令 又因为 所以函数在上单调递减，在上单调递增 而，则 代入（1）得;综上： 【变式训练5-1】己知函数． (1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围； (2)判断函数的零点的个数 【答案】(1)；(2)当或时，函数无零点；当时，函数有一个零点． 【解析】（1）因为，∴， ①若，因为，所有， 所以，不符合题意； ②若，由， 令，因为， 设方程两根为， 则，不妨设， 当时，在上，，单调递增， ，不合题意； 所以，故，即， 这时，在上，，单调递减， 所以恒成立； 综上，a的取值范围是； （2）当时，因为，所有， 所以，函数无零点； 当时，（i）若，则，即， 由（1）知，在上单调递增，上单调递减，， 由，可知, 又， 所以存在使， 所以当时，有一个零点； （ii）若，即时，则在上单调递减，，无零点； 综上，当或时，函数无零点； 当时，函数有一个零点． 题型06：隐零点与不等式的证明 【典型例题1】设函数，其中，是自然对数的底数. （1）当时，求的最小值； （2）当时，设的极小值点为，证明：. 【答案】见解析 【解析】（1）当时，，，所以，， 从而在上单调递减，在上单调递增，故. （2）当时，，，， 所以，，从而在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在R上有两个零点和，其中， 且当时，，当时，， 当时，， 从而在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故是函数唯一的极小值点，所以，从而， 由于，且在上递减，所以， 另一方面，，故，所以， 易知二次函数在上单调递减，所以， 综上所述，，即. 【点睛】遇到零点不可求的情形时，可虚设零点，运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.例如在本题中，有一个零点不可求，我们采取的是设该零点为t，利用去化简，再证不等式的方法来处理问题. 【典型例题2】已知，是的导函数，其中. （1）当时，证明：存在唯一的，使得； （2）若存在实数a、b，使得恒成立，求的最小值. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，，， 当时，，所以在R上单调递增， 因为，，所以存在唯一的，使得. （2）当时，对任意的， ， 所以对任意的实数b，不可能恒成立； 当时，，要使恒成立，只需，所以， 当时，由（1）可得存在唯一的，使得， 且，， 所以在上单调递减，在上单调递增，从而， 因为恒成立，所以，故①， 又，所以， 代入不等式①可得，整理得：， 设，则， 所以，， 故在上单调递减，在上单调递增，从而，所以， 当，时取等号，综上所述，的最小值为. 【典型例题3】已知函数，，其中. （1）当时，证明：有最小值m且； （2）设，且恒成立，求a的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）当时，，所以，， 从而在上单调递增， 又，，所以有唯一的零点且， 当时，，故单调递减，当时，，故单调递增， 所以有最小值m，且，由可得， 从而，因为，所以. （1） 由题意，，，，所以在上单调递增， 当时，， 又，所以在上有唯一的零点， 设为，则，，故在上单调递减，在上单调递增， 所以①， 因为，所以，代入式①可得， 所以，结合可解得：，由可得， 显然当时，，， 又，所以，故，从而，所以实数a的取值范围是. 【典型例题4】设函数，证明：. 【答案】见解析 【解析】证法1：由题意，，设， 则，所以在上单调递增， 又，，所以在上有1个零点， 且当时，，所以， 当时，，所以，从而在上单调递减，在上单调递增， 故①， 因为，所以，两边取对数得：，故， 代入式①得， 从而，所以. 证法2：设，则，所以，， 从而在上单调递减，在上单调递增，故，所以， 故， 设，则，所以，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而， 因为，所以. 证法3：设，则，所以， ，从而在上单调递增，在上单调递减， 故，所以， 故， 设，则， 所以，， 故在上单调递减，在上单调递增，从而， 因为，所以. 证法4：易证，，所以. 【变式训练6-1】已知函数满足对任意的恒成立，其中e为自然对数的底数. （1）求a的值； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，， 设，则，且恒成立， 当时，显然对任意的，，不合题意； 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 从而， 因为恒成立，所以①， 设，则，所以，， 从而在上单调递增，在上单调递减， 故，即②， 结合①②可得只能，且此时，综上所述，实数a的值为1. （2）由（1）可得，所以， 设，则， 所以，，从而在上单调递减，在上单调递增， 故， 因为，所以在上有一个零点，记作， 又，所以共有和0这2个零点，且或，， 从而或，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以有唯一的极大值点，且③， 因为，所以，代入③化简得：， 因为，所以，从而， 故，所以，显然，所以，从而，故，所以. 【变式训练6-2】已知函数，. (1)若，求函数的极值； (2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值； (3)若，正实数满足，证明：. 【答案】(1)极大值为，无极小值；(2)；(3)证明见解析. 【解析】(1)∵，∴， 此时，， ，， 由得，由得， ∴的单调增区间为，单调减区间为，∴有极大值为，无极小值； (2)由恒成立，得在上恒成立， 问题等价于在上恒成立. 令，只要. ∵. 令，∵，∴在上单调递减. ∵，， ∴在(0，＋)上存在唯一的，使得，即，∴. ∴当时，，g(x)单调递增， 当时，，g(x)单调递减， ∴，即， ∵，∴整数的最小值为； (3)由题可知，. 当时，，. ∵，∴， ∴， 令，则由得，， 易知在上单调递减，在上单调递增， ∴，∴，解得成立. 【点睛】本题第二问关键是讨论函数的零点和单调性和，从而参变分离后函数的最小值，解题过程中零点无法求出，属于隐零点，可以设而不求，利用隐零点将对数式转换为幂式进行计算.第三问的关键是将方程变形，把看成整体进行求解. 【变式训练6-3】已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数，证明：当时，. 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析 【解析】(1)的定义域. 当时，分下面三种情况讨论： ①当时，恒成立，所以在单调递增； ②当时，， 令，得，或， 所以在和单调递增，在单调递减； ③当时，，令，得，或， 所以在和单调递增，在单调递减. 综上，当时，在和为增函数，在为减函数； 时，在为增函数； 当时，在和为增函数，在为减函数. （2）当时，要证明，即证. 设，则， 又函数在为增函数，而， 所以存在，使得，且有， 所以在为减函数，在为增函数. 所以， 令，显然在为减函数，所以， 即，而，所以， 即，故当时，恒成立. 【变式训练6-4】已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值及函数的单调区间； (2)若时，，求的最大值（注：表示不超过实数的最大整数）. 【答案】(1)，减区间是，增区间是；(2)2 【解析】(1)，，又，所以，，， 时，，时，， 所以减区间是，增区间是； (2)时，，，， 设，则， 由（1），， ，， 所以在上存在唯一零点，设零点为，， 所以时，，递减，时，，递增， ， ，所以满足题意的的最大整数为2．即． 【变式训练6-5】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若函数，证明：当时，. 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析 【解析】(1)的定义域 . 当时，，所以恒成立， 所以在单调递减，在单调递增； 当，分下面三种情况讨论： ①当时，恒成立，所以在单调递增； ②当时，，令.得，或. 所以在和单调递增，在单调递减； ③当时，，令，得，或， 所以在和单调递增，在单调递减. 综上，当时，在和为增函数，在为减函数； 时，在为增函数；当时， 在和为增函数，在为减函数； 当时，在为减函数，在为增函数. (2)当时，要证明， 即证，设， 易知在为增函数，在为减函数， 所以；设， 则，又函数在为增函数， 而，， 所以存在，使得，且有， 所以在为减函数，在为增函数. 所以. 设，显然在为减函数， 所以，即， 而，所以， 即，故当时， 恒成立，所以成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 【变式训练6-6】设函数. (1)若，求在点处的切线方程； (2)求的单调递减区间； (3)求证：不等式恒成立. 【答案】(1);(2);(3)证明见解析 【解析】(1)当时，，， ，又， 在点处的切线方程为：，即. (2)由题意得：定义域为，； 令，解得：， 当时，；当时，；的单调递减区间为. (3)设，则， 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，又，， ，使得，则，， 在上单调递减，在上单调递增， （当且仅当时取等号）， 又，，，即恒成立. 1．已知函数为的导数. (1)当时，求的最小值； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，，令，则， 当时，，，所以，从而在上单调递增， 则的最小值为，故的最小值0； （2）由已知得当时，恒成立， 令，， ①当时，若时，由（1）可知，∴为增函数， ∴恒成立，∴恒成立，即恒成立， 若，令 则， 令，则， 令，则， ∵在在内大于零恒成立，∴函数在区间为单调递增， 又∵，，， ∴上存在唯一的使得， ∴当时，，此时为减函数， 当时，，此时为增函数， 又∵，， ∴存在，使得， ∴当时，，为增函数，当时，，为减函数， 又∵，， ∴时，，则为增函数，∴， ∴恒成立， ②当时，在上恒成立，则在上为增函数， ∵，， ∴存在唯一的使， ∴当时，，从而在上单调递减，∴， ∴，与矛盾， 综上所述，实数的取值范围为. 2．已知，. (1)若函数的图像在处的切线与直线垂直，求; (2)当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）的定义域为，， ，由已知可得，即. （2）当时，，即， 化简可得，， 令，只需， ，令， 则，在上单调递增， ，， 存在唯一的，使得， 当时，，即，当时，，即， ∴在区间上单调递减，在区间上单调递增， ， 由得， 两边取对数得，， ，即实数a的取值范围是． 3．已知函数． (1)求证：函数存在单调递减区间，并求出单调递减区间的长度的取值范围； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）， 令， ∵，，∴有两个不等实根（不妨设）， 而，，因此， 所以在上的解集为，即的单调减区间是， 由韦达定理得，， ， ∵，∴； （2）由题意在上恒成立， 令， ，令， 则，令， 则，令，则， 所以在上单调递减，， 所以在上单调递减，， 当，即时，， 在上单调递减，， 所以在上单调递减，成立，所以， 当，即时，在上有根，设根为， 在上，，在上， 所以在上递增，在上递减且，时，， 因此在上有解，设解为， 在上，， 单调递增，而，因此在上，，从而在上不恒成立， 综上所述，． 4．已知函数，，为的导数，且.证明： 在内有唯一零点； . （参考数据：，，，，.） 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，函数，则 所以， 当时，可得，即在内没有零点， 当时，， 因为，所以，所以在上单调递减， 又，且， 所以在内有唯一零点. （2）由（1）得，当时，，所以，即单调递增； 当时，，所以，即单调递减， 即的最大值为， 由得，所以， 因此， 因为，所以 从而，即， 所以，故. 5．已知函数（），是的导数. （1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点； （2）已知函数在上单调递减，求的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）由已知，，所以， 设，， 当时，单调递增，而，，且在上图象连续 不断.所以在上有唯一零点， 当时，；当时，； ∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小 值点，即在区间上存在唯一的极小值点； （2）设，，， ∴在单调递增，， 即，从而， 因为函数在上单调递减， ∴在上恒成立， 令， ∵，∴， 在上单调递减，， 当时，，则在上单调递减，，符合题意. 当时，在上单调递减， 所以一定存在， 当时，，在上单调递增，与题意不符，舍去. 综上，的取值范围是 6．已知函数，， (1)求函数的单调区间； (2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】见解析 【解析】（1）由，当时，恒成立，则在R上单调递减； 当时，令，解得， 当时；当时 在上单调递减，上单调递增 综上，当时，单调递减区间为. 当时，单调递减区间为，单调递增区间. （2）由得，恒成立， 令，，则， 所以，， 当时，， 令，则，等号仅在时取得， 所以在上单调递增，故，等号仅在时取得，即. 令，则恒成立， 在上单调递增，则，即， ， 所以在上单调递增，则，即， 所以时，在上恒成立. 当时，，， 设，则， 当时，是R上的增函数，在上单调递增， 即时，在上递增， ，故在内存在唯一解， 当时，，则在上递减，则， 则在上递减，故， 当时，在上递减， 则， 所以时，存在x使得，与在上恒成立矛盾， 综上，a的取值范围是. 7．已知函数． (1)讨论函数零点个数； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】见解析 【解析】（1）由，得,设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增；在上单调递减， 所以， 据此可画出大致图象如图， 所以（i）当或时，无零点： （ii）当或时，有一个零点； （iii)当时，有两个零点； （2）①当时，即恒成立，符合题意； ②当时，由可得，则， 则，即， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，当时，， 即恒成立，即符合题意； ③当时，由（1）可知，，在上单调递增． 又，， 所以，使. i）当时，，即， 设， 则，所以在上单调递减， 所以时，； ii）当时，，即， 设， 因为， 令，则， 又令， 则，得在上单调递增， 有， 得在上单调递增，有， 则，得在上单调递增， 则时，， 又时，， 得当时，时，， 由上可知，在上单调递增，则此时， 综上可知，a的范围是. 8．已知函数． (1)当时，讨论的单调性 (2)证明：有唯一极值点t，且． 【答案】见解析 【解析】（1）当时，， 所以， 令，则， 所以在上单调递增，又， 所以时，，时，， 因此在上单调递减，在上单调递增； （2）依题意，的定义域为， ， 令，显然在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 且时，，时，， 因为，所以时，，时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 因此有唯一极小值点t； 由得，所以， 因为， 当且仅当时等号成立，故有唯一极值点t，且． 9．已知函数． （1）若的极小值为，求实数的值； （2）若，求证：． 【答案】见解析 【解析】（1）由题意，的定义域为， 且， 由得，由得， ∴在区间上单调递减，在区间上单调递增， ∴的极小值为， 令，得， ∵，∴，解得． （2）当时，， 设， 则， 则， 设， 则， 设，则， 由可得，由可得， 即在上单调递减，在上单调递增， ∴，即，∴在上单调递增． ∵，，∴存在唯一的零点，且． 由，得， 当时， ，即， 当时， ，即，∴ ， 易得在区间上单调递减，故， ∴，即． 10．已知函数在处的切线方程是． (1)求a，b的值； (2)若对于，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围． 【答案】见解析 【解析】(1)将切点坐标代入的，即，得，又因为，直线的斜率为 所以，得 (2)由（1）知， 因为曲线与曲线有唯一的公共点， 所以方程有唯一解，即 令，则，则 即， 当，时，，函数单调递增，易知与有且只有一个交点，满足题意； 当，时，有两个根，且两根之和为，两根之积为，所以两根一个大于4，一个小于4，此时，函数先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使有唯一实数根，则大于极大值或小于极小值. 记为极大值点，则，则恒成立， 又，即 则极大值 因为，令得，又时， 综上，要使对，曲线与曲线都有唯一的公共点，则，即； 当为极小值点，则，则，又，所以恒成立，又，所以时，，所以单减，无最小值，所以不存在，使得恒成立， 所以，的取值范围为 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $