专题06 函数中的隐零点问题（压轴题专项训练）高二数学北师大版选择性必修第二册

专题06 函数中的隐零点问题 目录 典例详解 类型一、利用隐零点求函数的极值、最值和参数 类型二、利用隐零点判断（或证明）零点个数 类型三、利用隐零点证明不等式 压轴专练 类型一、利用隐零点求函数的极值、最值和参数 在导数问题中，经常会遇到函数存在零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的情况，此时，我们一般对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合其他条件解决问题，这类问题统称为“隐零点”问题． 1.利用隐零点求函数的极值、最值和参数问题的基本步骤： （1）用函数零点存在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取值范围； （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证明，有时零点的范围还需要根据解题目标进行适当缩小．当题设条件中出现“参数为整数”时,此类问题一般为隐零点的卡点问题,要利用零点存在定理,把隐零点的范围适当缩小，才能确定参数对应的整数值． 例1．已知函数，若，对任意的，恒成立，则的最大值为______. 【答案】 【分析】利用导数求函数的最小值，可得，转化为，构造函数，利用导数求最大值即可. 【详解】任意的，恒成立，只需要， 又是增函数，，，， 故由零点存在性定理可知，，使得， 此时， 当，，故单调递减， 当，，单调递增， 所以，取得极小值也是最小值，所以， 所以，得， ， 令， ，得（舍去）或， 当，0单调递增，当，，单调递减， 所以时，取得极大值也是最大值， 所以， 所以的最大值是. 故答案为：. 变式1-1．函数在区间上存在极值，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】求得，令，求得，得到在上单调递减，由且，得到存在唯一的，使得，得出的单调性，结合极值点的定义，即可求解. 【解答过程】函数，求导可得， 令，可得， 当时，. 当时，可得，在上单调递减， 又因为， 所以存在唯一的，使得，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极值点， 因为函数在区间且上存在极值， 所以的最大值为. 故选：B. 变式1-2．已知函数，且为函数的极值. (1)求实数a的值； (2)当时，恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）利用极值点的必要条件（极值点处导数为0），对求导后代入，解方程得到的值，再验证导数在两侧的符号，确认为极值点； （2）构造函数，将恒成立问题转化为在上恒成立，即求的最小值≥0.通过求导分析的单调性，分和两种情况讨论，结合函数最值解关于的不等式，得到的取值范围. 【详解】（1）因为，又为函数的极值， 所以，即，解得. 验证极值点：当时，. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此是的极小值点，符合题意，故. （2）由(1)得，设， 设， . 当时，，因此在上单调递增，. 情况1： 此时，故，在上单调递增，最小值为. ，解得或，结合，得. 情况2： 在上单调递增，且，时， 故存在唯一，使得，即. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此的最小值为，代入， 化简得， 因，故，解得. 设，， ， 故在上单调递减， 因此， 综上所述，实数的取值范围是或. 变式1-3．已知函数. (1)证明：有且只有一个极值点； (2)若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明； （2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明； （ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可. 【详解】（1）解法一：函数的定义域， 令，因为， 所以在单调递增，即在单调递增. 又. 所以存在唯一的实数，使得，即. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的极小值点，即有唯一的极值点； 解法二：同法1得到在单调递增. 由于 ， ， 所以存在唯一的实数，使得，即， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的唯一极值点. （2）（i）解法一：由（1），得. ①当时，至多一个零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 由消去得，， 令， 因为，所以为减函数， 又因为，所以的解集为. 又在单调递增，所以. 又. 此时有两个不同的零点，即. 解法二：同法1得到 . 此时 又，则， 由零点存在性定理，存在，使得. 综上，可得. （ii）解法一：由于，所以可化为. 令， 则 ， 设，则，则， 则，即，从而. 令，所以在单调递增， 所以，所以， 即， 所以，所以在单调递增. 所以，故. 解法二：将代入整理得 令， 当时，因为，所以， 所以，显然成立； 当时，， 令，则. 显然在单调递增，所以. ①当，则， 此时在单调递增， 所以，即. 所以在单调递增，所以， 欲使，只需，即. 即时，符合题意. ②当时，则， 又， 若，则， 又在连续， 则存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 综上，实数的取值范围为. 解法三：将代入整理得 令 ①当时，. 又， 若，则， 又在的图象是连续不断的， 故存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 所以时，不恒成立. ②当，因为， 令 又， 因为，所以. 所以 所以在单调递增，所以. 综上，实数的取值范围为. 类型二、利用隐零点判断（或证明）零点个数 1.证明函数恰有个零点的方法： （1）证明有个零点（隐零点）→有个单调区间． （2）按顺序分析每个单调区间端点（或趋势）的函数值符号． （3）证明恰好有个区间满足“端点值异号”条件． （4）若有区间端点值同号但内部有极值，需进一步分析该极值是否引起符号变化． 解决此类的核心始终是：极值定符号，单调定个数，趋势定存在． 例2．函数有两个零点，则的取值范围是（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意转化为与直线有两个交点，求导画出大致图象即可判断. 【详解】由题函数定义域为， 函数有两个零点，等价于方程 有两个解， 即与直线有两个交点. ， 因为，所以， 令， 易知在单调递增， 当时，，当时，， 令，则存在唯一的， 所以，即, 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 在处取得最小值，， 代入，， 当时，当时，大致图象如图所示， 所以，即. 故选：B. 变式2-1．已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】令，则可得方程有解，即有解，构造函数，结合导数讨论其单调性后运用零点存在性定理虚设零点即可解决问题. 【详解】由题意知，函数定义域为， 因为时，函数存在零点， 则有解， 令，则， 则上式转化为有解， 又因为，所以，令， 求导得， 令， 所以在上单调递减， 又， ， 所以存在正实数，使得，即， 则函数在单调递增，单调递减， 所以. 所以，的最小整数值为5. 故选：C. 变式2-2．已知函数，其中． (1)证明：在区间上存在唯一的极小值点； (2)若不存在零点，求a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）求导得，可得在上单调递增，，当时，，进而可得结论． （2）由（1）可知，的最小值为，其中满足，由题意可得，进而可得，，构造函数求得值域，可求得a的取值范围； 【详解】（1）的定义域为，求导得，所以在上单调递增． 又，当时，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 且当时，，单调递减； 当时，，单调递增，因此是在上唯一的极小值点． （2）由（1）可知，的最小值为，其中满足． 若在定义域内不存在零点，则． 由，可得，即，故． 易知函数在上单调递减， 又，要使得，即，必须有． 令，则， 当时，，故在上单调递增， 因为，所以（1），即， 则，故a的取值范围是． 变式2-3．已知函数． (1)若，求在区间上的最值； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围； (3)若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 【答案】(1)最大值为，最小值为． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导分析函数的单调性，进而求出最值； （2）根据单调性得到在区间[1，2]上恒成立，分离参数得到，设，利用导数求出该函数在区间上的最小值，进而求出的取值范围； （3）令，对其求导，令，再对求导，判断函数的单调性，再根据零点存在定理得到存在唯一的，使得，进而判断函数的单调性，再结合得证. 【详解】（1）若，则， 令， 则， 所以在区间上单调递增， 又， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增． 由， 所以在区间上的最大值为，最小值为． （2）若在区间上单调递增， 则在区间上恒成立， 即． 设， 则 因为，所以，所以，所以在区间上单调递增， 所以，所以的取值范围为． （3）若，则， 令，得， 整理为． 令， 令，则， 所以在区间上单调递增， 又， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 因此，当时，单调递减； 当时，单调递增． 又因为， 所以结合单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点； 在区间上单调递增，可知存在1个零点； 当时，单调递增且，故无零点． 综上，有且仅有2个零点，则， 所以． 类型三、利用隐零点证明不等式 1.利用隐零点证明不等式的基本思路 解决“隐零点”问题的关键是利用“虚设零点”的方法把隐零点等式进行零点的代换，从而达到“指、对转幂”的目的．把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧．解决此类题型的基本思路：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转换，方法上放缩、分离函数(参数)，技巧上反客为主． 例3．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：． 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是；(2)证明见解析 【分析】（1）根据导函数的正负性判断其单调性； （2）令，研究其单调性，求端点处的函数即可. 【详解】（1）由得， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，所以当时，当时， 故的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）令，则， 因为与的单调性一致，故在上单调递增， 因为，所以使得， 则当时，当时，则在上单调递减，在上单调递增， 因为，，所以当时，， 故当时，. 变式3-1．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的极大值； (3)若，求证：的所有零点之和大于且小于． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【分析】（1）对求导，并求出，得切点和切线的斜率，再利用点斜式可得直线方程； （2）对求导，通过导函数分析函数的单调性，进而得到的极大值； （3）对求导，结合的单调性，确定的零点，从而得函数的极值点分布.根据函数的单调性，结合零点存在定理即可确定函数的零点个数及范围，利用三角函数与指数函数的单调性得到的所有零点之和与的大小关系即可证得结论. 【详解】（1）由得，，则， ∴切点为，切线的斜率， ∴所求切线方程为，即． （2）由，得． 令，得，解得或； 令，得，解得. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 故的极大值为． （3）由， 得． 记，则， 记，则． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． ， 所以，使得， 当时，，从而； 当时，，从而． 所以在和单调递增，在单调递减， ， 所以，使得， 当时，，从而在和上单调递减； 当时，，从而在上单调递增． ， 所以存在两个零点和，且，从而． 由，得且， 由，知，从而， 而在上单调递增， 所以，从而． 综上可知，的所有零点之和大于且小于． 变式3-2．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)证明：在上单调递增. (3)若，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数几何意义得到切线方程； （2）求定义域，二次求导，得到函数的单调性； （3）证法一：由（2）得，在上单调递增，结合零点存在性定理和特殊点函数值得到的单调性和最值，结合基本不等式求出，证明出结论； 证法二：当时，等价于，令，则有，令，求导得到单调性，证明出结论. 【详解】（1）当时，，， 则，， 故曲线在点处的切线方程为， 即； （2）的定义域为，则， 令函数，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增； （3）证法一：由（2）得，在上单调递增， 因为，由，， 可知存在唯一实数，使得， 即，两边取对数，变形可得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以的极小值为 ， 当且仅当时，等号成立， 因为，所以， 所以. 证法二：当时，等价于， 即， 令，则有， 先证当时，， 令函数，则， 当时，，则在上单调递增， 所以当时，， 即当时，得证； 再证， 令函数，则， 当时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； 综上，，即当时，得证. 变式3-3．已知 (1)证明：为定值； (2)函数在上只有一个零点，求的取值范围； (3)证明：有唯一的正零点，并比较和的大小，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)或；(3)证明见解析，，理由见解析. 【分析】（1）根据指数幂的运算直接证明即可； （2），，方法一：进而将问题转化为的零点个数问题，再结合二次函数零点分布分类讨论求解即可；方法二：分离参数，转化为函数图象交点个数问题，再研究性质，数形结合求解； （3）方法一：由题知，且为增函数，进而根据，得有唯一的正零点，,，,再作差法比较得，最后根据比较大小即可，方法二：同方法一得有唯一的正零点，,，进而比较与的大小即可得答案. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 即为定值； （2）， 设，由得， 设，则在有且只有一个零点， ①时，不满足题意. ②解得， ③解得无解， ④时，即，此时，满足题意， ⑤时，， 检验，当时，，满足题意． 当时，，不满足题意． 综上所述：的取值范围为或. 方法二：， 设， 设， 令. 由对勾函数性质知，在单调递减，上单调递增 函数在单调递增，上单调递减. 当时，， 故的图象如图所示， 由图象可知的取值范围为或． （3）方法一：依题意可得， 因为在上均单调递增， 所以在上单调递增， 且，即， 由零点存在定理可得在上存在唯一实数，使得， 可得有唯一的正零点，且， 可得，两边同时取对数可得， 所以， 因为在上单调递增， 所以， 因此，可得． 方法二：依题意， 因为在上均单调递增，所以在上单调递增， 且，即， 由零点存在定理可得在上存在唯一实数，使得， 可得有唯一的正零点，且，即， 所以, 因为，， 所以，即， 所以. 一、单选题 1．若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由于给出的是开区间，且是减函数，所以判断有且只有一个极大值点，所以在上有零点，由此列出不等式，求解可得实数的取值范围. 【详解】，在区间上单调递减，且. 若函数在上有最大值，则函数在上有极大值， 则存在，使得在上单调递增，在上单调递减， 即有零点，所以，解得. 2．若关于的方程有两个解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先变形构造函数，讨论和两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数的取值范围. 【详解】依题意，有， 令，则. 当时，在上恒成立，在上单调递增，故至多只有1个零点； 当时，令，设为该方程的解， 故当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则函数的最大值为； 而，故，故， 故，解得，可知，故， 所以在上仅有1个零点， 当时，，故在上也有1个零点， 故实数的取值范围为. 故选：B. 3．函数在上有且只有一个零点，则（   ） A．1 B．- C． D．- 【答案】A 【分析】先根据函数的零点只有一个列式，再构造函数，根据导函数得出函数单调性得出最小值即可计算求出参数范围，再构造，结合导函数单调性及零点个数计算求参. 【详解】函数在上有且只有一个零点等价于方程在上有且只有一个实数根，即在上有且只有一个实数根. 令，则， 函数单调递增，当时，，当时，， 所以存在，使得，则=， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以， 由，解得， 所以， 令，其中， 则== . 因为，所以，所以， 所以函数在上单调递减，且，所以， 所以，解得. 故选：A. 4．已知有且仅有1个零点，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导，分析出函数的单调性，然后得出零点的大概位置，构造函数，求出函数值域即可得出答案；或者参变分离，转换成函数图像交点问题. 【详解】由题可得，，定义域为，． 设，则，所以在上单调递增， 即在上单调递增． 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 所以，所以，即，当且仅当时取等号． 所以，又， 所以存在唯一的，使得，即． 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因为函数有唯一的零点，所以，所以，即， 所以． 设，则， 所以在上单调递减，又因为，，所以． 故选：B． 5．已知，若存在，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过同构，令得到，通过确定单调性，得到，问题转化成，在有解，进而可求解. 【详解】由题意可得：，即， 令，即存在使得， 构造，， 由，可得，由，可得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以，即存在，使得， 参变分离得到，令， 易得当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 最小值为，当时，， 所以的值域为：， 所以实数的取值范围是， 故选：B 6．已知是方程的实根，则关于实数的判断正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据的单调性和零点的存在定理得到的实根，构造新函数，得到在上为单调递增函数，结合，可判定C正确，D不正确；再令，结合零点的存在定理，得到A、B不正确. 【详解】设，其中，则函数在上为单调递增函数， 且当时，函数，且， 可得方程的实根，则， 又由，可得，即， 构造新函数，可得，所以在上为单调递增函数， 可得， 因为实数是方程的实根，则，即， 其中，所以，即，所以C正确，D不正确. 令，可得，为单调递增函数， 由，即， 所以，又由，且，所以，所以A、B不正确. 故选：C. 二、多选题 7．若对于，不等式恒成立，则关于整数的取值下列正确的有（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】BCD 【分析】由可得对恒成立.设，求导得.设，由在的单调性及零点存在性定理可知存在，使得，利用导数可得函数的最大值为，则，所以.结合，即可求解. 【详解】因为，所以不等式恒成立等价于对恒成立. 设，. 设，则在单调递增，且，， 所以由零点存在性定理可得存在，使得， 当时，，，函数在上单调递增； 当时，，，函数在上单调递减， 所以函数的最大值为，且， 所以，所以. 又，所以，所以整数的最小值为2. 故选：BCD. 8．已知存在两个极小值点,则的取值可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】若存在两个极小值点,则至少有三个变号零点,对进行全分离, 求出有三个变号零点时的的取值范围,再根据的取值范围证明此时有两个极小值点,再根据选项是否在此范围内,即可得出结果. 【详解】解:由题知，定义域为， 所以， 若存在两个极小值点,则至少有三个变号零点， 因为,所以需在上至少有两个不等于1的零点， 即与有两个不同的交点， 故,， 当时,,单调递增，当时,,单调递减， 因为指数函数增长比幂函数增长快，所以当趋向于正无穷时,远远大于, 故趋向于正无穷时,趋向于0, 又因为由此画出在图象如下: 由图象可知:, 下证：当时,有两个极小值点, 不妨记与的两个不同交点的横坐标为,可记, 则当时,,即,,此时,单调递减, 当时,,即,,此时,单调递增, 当时,,即,,此时,单调递减, 当时,,即,,此时,单调递增, 故存在两个极值点分别为符合题意，故成立; 因为，故选项A 正确; 取,，所以, 因为，, 所以存在,使得， 所以在上,,单调递减，在上,,单调递增, 注意到，所以, 即时,，即, 所以,故选项B正确; 取,所以,故在上单调递减, 所以,即,所以,故选项C正确, 取,所以,故在上单调递增, 所以,即,所以,故选项D错误. 故选:ABC 三、填空题 9．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为 ____. 【答案】 【分析】先将不等式转化为，记，设，求导证明，即得对任意恒成立，再分类讨论右式取值情况，即得参数的范围. 【详解】由可得， 即（*）， 记，设，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时取等. 故对任意恒成立. 对于（*）的右式，因，则， 故当，即时，，而左式大于等于0，故不等式恒成立； 当时，即时，存在使得（下面证明）， 设，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，故， 又，当时，，即当时，， 故有解，即存在使得， 此时（*）的左式， 而右式，故（*）不能恒成立，不合题意. 综上可得实数的取值范围为. 10．已知函数在上存在零点，则的取值范围为____________. 【答案】 【分析】利用导数以及零点存在定理，含参讨论单调性即可. 【详解】， 令，， 令，，所以在 上单调递增， 端点值：，， 当 时：由 在 上单调递增，得， 又，故 在 上恒成立，从而 ， 在上单调递增， 又 ，所以 对恒成立，在上无零点； 当 时：由 在 上单调递增，得， 又 ，故 恒成立，从而 对恒成立， 在上单调递减， 又，所以对恒成立，在上无零点； 当时：由，， 则存在唯一的使，即， 在上，递减，；在上，递增，； 故在 上单调递减，又因，可知在上恒为负，故， 要使在上存在零点，只需：，解得：， 综上：. 故答案为： 四、解答题 11．已知函数，. (1)当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； (2)若没有零点，求的取值范围. 【答案】(1)①；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①利用导数的几何意义计算即可得切线方程；②令，利用导数判断出在上有唯一零点，即可利用导数零点与原函数极值的关系求证； （2）令，利用导数研究其单调性后，对分类讨论即可得. 【详解】（1）①， 则， 则，又， 故曲线在处的切线方程为； ②令， 则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减； 故在上有唯一极大值点； （2）， 令，则； ①若，则，在上是增函数， 因为，， 所以恰有一个零点， 要想的零点不是的零点， 则需满足，即有， 代入，得，解得， 所以当时，此时无零点，符合题意； ②若，此时的定义域为， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 所以，又， 由题意，当，即时，无零点，符合题意； 综上，的取值范围是. 12．设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值. 【答案】(1)（i）在上单调递减，在上单调递增；（ii）1个 (2) 【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性. （2）将移到一边，定义另一边为以为变量，为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于的恒等式，再利用导数得到最值. 【详解】（1）， （i）若，，， 因为在上单调递增，且， 所以当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增. （ii）当，由（i）可知，且， 又因为，所以，此时单调递减； 当时，设，则， 由（i）可知，且，， 又因为，所以， 所以即在上单调递增， 且有，， 由零点定理可知存在唯一的使得， 若，，若，， 综上在上单调递减，在上单调递增，为极小值点， 所以极值点的个数为 1个. （2）将化为， 设，， 当即时，此时， 单调递减至负无穷，可以取任意值； 当即时，此时， 单调递增或为常函数，， 依题意应有在上恒成立， 设，， 则， 所以在上单调递增， ， 所以的最小值为. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 函数中的隐零点问题 目录 典例详解 类型一、利用隐零点求函数的极值、最值和参数 类型二、利用隐零点判断（或证明）零点个数 类型三、利用隐零点证明不等式 压轴专练 类型一、利用隐零点求函数的极值、最值和参数 在导数问题中，经常会遇到函数存在零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的情况，此时，我们一般对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合其他条件解决问题，这类问题统称为“隐零点”问题． 1.利用隐零点求函数的极值、最值和参数问题的基本步骤： （1）用函数零点存在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取值范围； （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证明，有时零点的范围还需要根据解题目标进行适当缩小．当题设条件中出现“参数为整数”时,此类问题一般为隐零点的卡点问题,要利用零点存在定理,把隐零点的范围适当缩小，才能确定参数对应的整数值． 例1．已知函数，若，对任意的，恒成立，则的最大值为______. 变式1-1．函数在区间上存在极值，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 变式1-2．已知函数，且为函数的极值. (1)求实数a的值； (2)当时，恒成立，求实数m的取值范围. 变式1-3．已知函数. (1)证明：有且只有一个极值点； (2)若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 类型二、利用隐零点判断（或证明）零点个数 1.证明函数恰有个零点的方法： （1）证明有个零点（隐零点）→有个单调区间． （2）按顺序分析每个单调区间端点（或趋势）的函数值符号． （3）证明恰好有个区间满足“端点值异号”条件． （4）若有区间端点值同号但内部有极值，需进一步分析该极值是否引起符号变化． 解决此类的核心始终是：极值定符号，单调定个数，趋势定存在． 例2．函数有两个零点，则的取值范围是（） A． B． C． D． 变式2-1．已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 变式2-2．已知函数，其中． (1)证明：在区间上存在唯一的极小值点； (2)若不存在零点，求a的取值范围． 变式2-3．已知函数． (1)若，求在区间上的最值； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围； (3)若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 类型三、利用隐零点证明不等式 1.利用隐零点证明不等式的基本思路 解决“隐零点”问题的关键是利用“虚设零点”的方法把隐零点等式进行零点的代换，从而达到“指、对转幂”的目的．把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧．解决此类题型的基本思路：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转换，方法上放缩、分离函数(参数)，技巧上反客为主． 例3．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：． 变式3-1．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的极大值； (3)若，求证：的所有零点之和大于且小于． 变式3-2．已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)证明：在上单调递增. (3)若，证明：. 变式3-3．已知 (1)证明：为定值； (2)函数在上只有一个零点，求的取值范围； (3)证明：有唯一的正零点，并比较和的大小，说明理由． 一、单选题 1．若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．若关于的方程有两个解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．函数在上有且只有一个零点，则（   ） A．1 B．- C． D．- 4．已知有且仅有1个零点，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．已知，若存在，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知是方程的实根，则关于实数的判断正确的是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 7．若对于，不等式恒成立，则关于整数的取值下列正确的有（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知存在两个极小值点,则的取值可以是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 9．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为 ____. 10．已知函数在上存在零点，则的取值范围为____________. 四、解答题 11．已知函数，. (1)当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； (2)若没有零点，求的取值范围. 12．设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $