培优点5 隐零点-【创新大课堂】2026年高三数学一轮总复习

第三章一元函数的导数及其应用 +/思维升华/++++小+ +/思维升华/++++++++++++++ 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解 涉及函数的零点（方程的根）问题，主要利用 的个数，若能分离参数，则可将参数分离出 导数确定函数的单调区间和极值点，根据函 来后，用x表示参数的函数，作出该函数的 数零点的个数寻找函数在给定区间内的极 图象，根据图象特征求参数的范围或判断零 值以及区间端点的函数值与0的关系，从而 点个数。 求得参数的取值范围. 即学即练3已知f(x)=a.x2(a∈R),g(x)= 即学即练2设函数f(x)=lnx十”，m∈R,讨： 2lnx,若方程f(x)=g(x)在区间[1，e]上有两个 论函数g)=了()-号零点的个数。 不相等的解，求a的取值范围. 考点三构造函数法研究函数的零点 [例3]已知函数f(x)=c+x+4ln(2-x). (1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线 方程： (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由。 [听课记录] 温馨提示 请做课时分层检测（二十六） 培优点5隐零点 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中 常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数 零点存在定理处理」 考点一不含参函数的隐零点问题 听课记录] [例已知)=r-le-号r+ar>0aeR. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)十lnx- 女零点的个数，并说明理由。 …… 69 精品教辅·智慧人生 高三总复习·数学 /思维升华/+++小++++ /思维升华/小 已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0 已知含参函数f(x,a),其中a为参数，导函 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在 数方程(x,a)=0的根存在，却无法求出， 定理，判断零点存在，设方程(x)=0的根 设方程∫(x)=0的根为x0,则①有关系式 为xo,则①有关系式∫(x0)=0成立，②注 f(xo)=0成立，该关系式给出了x0,a的关 意确定x0的合适范围 系；②注意确定xo的合适范围，往往和a的 范围有关。 即学即练1(2024·南昌模拟)已知函数∫(x)= 心一t-,若关于x的不等式f(x)>m十号对于 即学即练2已知函数f(x)=c一a一lnx十x (1)当a=1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的 任意x∈(0，十∞)恒成立，求整数m的最大值， 切线方程； (2)当a≤0时，证明：f(x)>x+2. [能力提升] :1.设函数f(x)=er十bsin x,x∈（一元，十o∞）.若函 考点二含参函数的隐零点问题 数f(x)在(0，f(0)处的切线的斜率为2. [例2](2025·青岛质检)设函数f(x)=e2r一alnx. (1)求实数b的值： (1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数； (2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0,且f(xo)> (2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln a -1. [听课记录 2.(2025·郑州模拟节选)已知函数f(x)=ln(x十 1)-x十1，g(x)=aex-x十lna,若函数F(x)= f(x)一g(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 精品教辅·智慧人生 70再证必要性」 a>ln2,.e2a>4. ∴.f(ea)=e2a-4>0. .a>ln2>0,Hx>0,e>x+1, .e2a>2a+1>2a. f(ea)=ea(4a+1)-4=4a+1-4< e2a -1=-2<22 2a 2<0. ∴.3x1∈(ea,e),使f(x1)=0: :f(ea+1)=-e2a+2-4<0, .3x2∈(e,ea+1),f(x2)=0. ,f(x)在(0，ea)上单调递增，在(e“,十∞)1 上单调递减， .廿x∈(0，十∞)，x≠x1且x≠x2,易得！ f(x)≠0. ∴.当a>ln2时，f(x)有两个零点. 即学即练1解由题意得f(x)=2 x 2x=二2(x+10(x-1) : 因为[小所以由红)=0，得=1. 当。≤x1时，f(x)>0,函数f(x)单调 递增， 当1<x≤e时，f(x)<0,函数f(x)单调I 递减， 故当x=1时，函数f(x)取得极大值，f(1)=: m1, 又f(日)=m-2-fe)-m+2-2, 且f()>e. 所以)在[日]上有两个点足 f(1）=n-1>0, 条件 {() 1 =m-2 e2 ≤0，解得1< m≤2十 北实数加的取值范国足(，2+] [例2]解(1)由题意得，f2)=aln2+4be1, 周为f()-兰+x(2-x)e,所以 f(2)-号 因为曲线y=f(x)在，点(2，f(2))处的切线· 方程是y=x十ln2, 所以f(2)=1,f(2)=2+ln2, alh2+-2+n2, 0b= (2-ln2)e 4 e (2)由f(x)=e+bx(2-x)e-e=0, 得e三=bx(x-2).显然x>0,且x≠2. e 因此2(x-2 =b. 令g(x)= x3-2x2x>0且x≠2. 则g(x=（x2-5x+4)xe (.x3-2x2)2 解方程x2-5x十4=0得，x1=4,x2=1, 因此函数g(x)在(0,1)和(4，十∞)上单调1 递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大 值为g1)=-e,极小值为R0-司： 当x→2+时，g(x)→十∞，当x→2-时， g(x)→-∞，当x→0时，g(x)→-o∞，当 x→+o∞时，g(x)→+oo. g(x)的大致图象如图 又因为f(2-ei)=e2-c+2-e5+24<0, 所示， f(0)=e8+0+41n2>0. e 由图象可知，当b 32 f(2-e-6)=e2-c +2-e-6-24<e2 或b<一e时，直线y=b 220, 与函数y=g(x)的图象 所以f(x)在区间(2-e,0),(0,2-ei)内 有两个交点， 各有一个零，点，即函数f(x)有两个零，点 即函数f(x)有两个零，点； 综上，函数f(x)有两个零点， 当b-e 2或b=-e时，直线y=b与函数 方法二函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)=e2+x+4ln(2-x)=0. y=g(x)的图象有一个交点，即函数(x) 可得ex=-x-4ln(2-x), 有一个零点： 判断函数f(x)的零点个数即判断函数(x)= e 当-e<b<32时，直线y=b与函数y= e(.x<2)与g(x)=-x-4ln(2-x)(x<2)图 象交点的个数. g(x)的图象没有交点， t(x)=e2为增函数，t(x)>0, 即函数f(x)没有零，点. 当x+一∞时，t(x)→0， 即学即练2解由题意 当x→-∞时，g(x)→十∞， g(x)=f'(x)-3 --专x>0 由g(x)=-1+2-x2-元 4 x+2 x =0,得x=一2， 令g(x)=0,得n= 1 当 -2<x<2时，g(x)>0,g(x)单调递增， 3 x3+x(x>0). 当x<-2时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 1 设(x)=- 3x3+x(x>0), 因为g(-2)=2-41n4<0, g(-e3+2)=e3-2-4lne3=e3-14>0, 则e'(x)=-x2+1=-(x-1)(.x+1). 当x∈(0,1)时，9(x)>0,e(x)在(0,1)上 g(1)=-10,g 3 2 2 单调递增； 当x∈(1，+∞)时，(x)<0,9(x) 24 /28 =In >0 在(1，十∞)上单调递减 ·x=1是g(x)的唯一极值点，且是极大 且当x→2时，g(x)→+，t(2)=e2, 值点， 所以t(x)=ex与g(x)=-x-4ln(2-x》 .x=1也是(x)的最大值点， 的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2 g(x)的最大值为g(1)= 时有一个交点 3 综上，函数f(x)有两个零，点， 结合y=9(x)的图象 即学即练3解，方程f(x)=g(x)在[1，e] (如图)可知， 上有两个不相等的解， ①当m>3 时，函数 即a=2血'在[1，e]上有两个不同的解， g(x)无零，点： ②当m一号时，高数 y=a与g(x)-2n严，x[1,e]有两个不 同的交点， g(x)有且只有一个零，点： ③当0m< 时，函数g(x)有两个零点： g(x)=21-21nx 3 ④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个 令g(x)=0,得x=Ne; 零点 ,当x∈[1We)时，p(x)>0,当x∈(We,e] 综上所述，当> 时，函数g(x)无零点： 时，p(x)0, 3 ∴.o(x)在[1，√)上单调递增，在（√，e]上单 当m=3 或m≤0时，函数g(x)有且只有 调递减， 一个零点： (max =(ve)=1 当0<m<3 时，函数g(x有两个零，点 又(e)= 2,g(1)=0, 例3]解(1)f(x)=e2+1一 4 2-x ,要使y=a与y=p(x)有两个不同的 2), 交点， 4 所以f(0)=e°+1-2-0-0， 则<a< e 又f(0)=e°+0+4ln(2-0)=1+4ln2, 故a的取值范围是 所以切，点坐标为(0,1十4ln2), 所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切 培优点5隐零点 线方程为y=1+4ln2. (2)方法一函数f(x)有两个零点，理由[例1]解 (1)由题知，f(x)=(x2一1)e2一 如下： a(x2-1) 令g(x)=f(x),x∈(-∞，2)， =(x-1)(x+1)(e-a). g(r)=er- (2-x)2ex-4 若a≤1，当0<x<1时，f'(x)<0 (2-x)2 (2-x)9 当x>1时，f(x)>0, 令h(x)=(2-x)2e2-4,x∈(-∞，2) ·f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间 h'(x）=x(x-2)er, (1,十∞)上单调递增： 当r<0时，h'(x)>0,h(x)单调递增 若1a<e,即0lna1, 当0<x<2时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 当0<x<lna或x>1时，f(x)>0, 所以h(x)≤h(0)=0,故g(x)0, 当lna<x<1时，f(x)0, 所以g(x)在（一，2）上为减函数， ∴，f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间 所以当x<0时，g(x)>g(0)=0,即当x0 (lna,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单 时，f(x)>0,f(x)在(-∞，0)上单调 调递增： 递增， 若a=e,f(x)≥0， 当0<x<2时，g(x)<g(0)=0,即当0< ,f(x)在(0，十∞)上单调递增： x<2时，f(x)<0,f(x)在(0,2)上单调 若a>e,即lna>1, 递减， 当0<x<1或x>lna时，f(x)>0, 396 当1<x<lna时，f(x)<0, 又因为m是整数，所以mmax=一1. ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间！[例2]解(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， (1,lna)上单调递减，在区间(lna,十∞)上！ 单调递增， f(x）=2e2x-4(x>0). (②)当a=0时，gx)=lnx-合r2+(x- 当a≤0时，(x)>0,f(x)没有零点： 1)2e,定义域为(0，十∞)， 当a>0时，因为e2r单调递增，一二单调 g'(x)=1 -x+(x2-1)e2 递增， 所以f(x)在(0，十∞)单调递增， =(x+1)(x- (e-) 又f0>0,当b满足0<b<受且bK寸 设h(x)-e- (x>0),N(x)=e+ 时，f(b)0, x 故当a>0时，f'(x)存在唯一零点. 3>0… (2)证明由(1)，可设f(x)在(0，十o)的 唯一零点为工0， ∴h(x)在定义域上是增函数， 当x∈(0，x0)时，f(x)<0; h(合）-E-2×0(1-e-1>0. 当x∈(x0,+∞)时，f(x)>0. 故f(x)在(0，xo)上单调递减，在(x0,十∞) 上单调递增， 六存在唯一∈(1使h)=0, 所以当x=工0时，f(x)取得最小值，最小值 即e, 1=0,e= 1 为f(xo). ,-xo=In xo. 由于2e2x, a=0 当0xx0时，h(x)0,即g'(x)>0: 当x0<x<1时，h(x)>0,即g(x)<0: 当x>1时，h(x)>0,即g(x)>0, 所以)=2十2a+aln ≥2a+ a ∴.g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间 aln 2 (x0,1)上单调递减，在区间(1，十o)上单 调递增， .当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)= 故言a>0时，≥2a+aln子 :即学即练2(1)解当a=1时，f(x)=e-1 In r+x, 1-2, f(.x)=e-1- 十1 则f'(1)=1,而f(1)=2, 设F(x）= 2 x2+1- 则切线方程为y一2=x一1，即x一y十 1=0, 易知P)在区间（合1上单调说减 所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程！ 为x-y十1=0. (2)证明当a0时， F(x)=f(x)-x-2=e-a-In I-2, ∴g(x)在(0,1)内无零点， x>0, :g(1)=- 2 <0,g(2)=e2-2+1n2>0, F(r)-er-a-1-re:-a-1 ∴·g(x)在(1，十∞)内有且只有一个零点 显然函数F'(x)在(0，十∞)上单调递增， 综上所述，g(x)有且只有一个零点. 令g(x)=xea-1,x≥0，g'(x)=(x+ 即学即练1解由f(x)>m十号对于任意 1)ex-a>0, x∈(0，十∞)恒成立， 即函数g(x)在(0，十∞)上单调递增， 4 4 而g(0)=-1<0,g(1)=e1-a-1≥e-1 令g(r)=f(x)-5=e-x2-x- 5 >0. g'(x)=e-2x-1, 则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)=0, 记h(x)=g'(x)=e-2x-1→h'(x)= 即e,-a= 1 e2-2, 当x∈(0，ln2)时，h'(x)0: 因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F'(x0)=0,1 当x∈(ln2,+o∞)时，h(x)>0, 当0<x<xo时，F(x)<0,当x>x0时， 故h(x)即g'(x)在(0，ln2)上单调递减，在 F(x)>0, (ln2,+∞)上单调递增， 因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在 又g'(0)=0,g'(ln2)=1-2ln2<0, (x0,十∞)上单调递增， 且g')=e-3<0.g(受） =e号-4>0， 当e一a= 时，xo-a=-ln .x0 3 则F(x)≥F(xo)=e,a-lnxo-2- 1+ 故存在唯一∈（1，立)使g()=0, 故当x∈(0，x0)时，g'(x)<0: 1 当x∈(x。,十∞)时，g(x)>0, -a-2>2/-a-2-a20. 故g(x)在(0，x。)上单调递减，在(x0,十o∞) 当且仅当=即=1时，取等号，故 上单调递增， .0 式子取不到等号· 所以g(x)n=g(x)=e一号-一5 所以当a≤0时，f(x)>r+2, 由g'(x0)=0,即e.x0-2xo-1=0, ·能力提升 :1.(1)解：f(x)=e2+bsin, 得g(x0）=e一x6一x0一 5=-十 ∴.f'(x)=e2+bcos x, 由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处 x0十5， 的切线的斜率k=f(0)=e°十bcos0=1 1+b, 由已知k=1十b=2,解得b=1. (2)证明由(1)得f(x)=e+sinx, x∈(-π，+∞)，∴.f(x)=e2+cosx, 397 令g(.x)=e2十cosx,x∈(-π，十o), 则g'(x)=e-sinx, 当x∈（一元，0]时， e*>0,sin r<0,g'(r)=er-sin r0, 当x∈(0，十∞)时 e*>1,sin r<1,g'(r)=er-sin r>0 当x∈(-π，+∞)时，g(x)>0, g(x)在区间（一π，十∞）上单调递增 又”g(-x)=ex十cos(-x)= e -1<0 g(-)=e寺+o(-）)=e>0, 存在唯一x∈（一π，一 π 使g(xo)=e5十cosx0=0, 又：g(x)在区间(-π，十∞)上单调递增， ,'x=x0是g(x)在（一π，十∞）上的唯 零点， .f'(x)=e+cosx在区间（一π，十∞）上 单调递增，且f(x0)=e,十cos xo=0, 当x∈(-元，x)时，f(x)<0,f(x)在区间 （一π，x0)上单调递减； 当x∈(x0,十o∞)时，f(x)>0,f(x)在区间 （x0,十∞)上单调递增， .f(x)存在唯一极小值，点x0 又，e十cosx0=0,.e'=-cosx0, 'f(ro)=e+sin ro=sin ro-cos Io 又∈（-，-交)】 π .f(x)>-1. 解函数F(x)=f(x)一g(x)有两个零点， 即f(x)=g(x)有两个实根， 即ln(x+1)-x+1=aex-x+lna有两个 实根， 即ex+na+x+lna=ln(x+1)+x+1有两 个实根， 即ex+ina+x+lna=en(x+1)+ln(x+1)有 两个实根. 设函数h(x)=e十x,则er+lna十x十lna= el(r1)+In(+1)h (r+In a)=h (In(r+ 1)). 因为h'(x)=e十1>0恒成立， 所以h(x)=er十x在R上单调递增 所以x+lna=ln(x十1)，x>-1, 所以要使F(x)有两个零点， 只需1na=ln(x十1)一x有两个实根， 设M(x)=ln(x+1)-x,则M'(r)=+ 由M()->0,得-1K<0: 由M(x)=十<0，得x>0, 故函数M(x)的单调递增区间为（一1,0）， 单调递减区间为(0，十∞) 故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是 最大值，且M(x)max =M(0)=0. 易知当x→一1时，M(x)→一oo: 当x→十o∞时，M(x)→ 故要使lna=ln(x十1)一x有两个实根，只 需lna<M(x)max=0, 解得0<a1. 所以实数a的取值范国是(0,1). 培优点6极值点偏移 例1]解(1)f(x)=(1-x)e-x, 则由f'(x)<0,得x>1:由f'(x)>0,得 x<1,