重难点 导数与隐零点问题 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数应用中的隐零点问题，覆盖函数零点、单调性、零点存在性定理等必备知识，整合设而不求、整体代换、指对同构、卡根法等核心解法，按不含参、含参、指对同构三类问题系统架构，通过问题综述、步骤梳理、真题例题精讲及变式训练，帮助学生构建解题框架，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出“设而不求”思想与“整体代换”技巧，结合济南模拟、苏州期末等真题例题，引导学生用数学思维分析零点存在性与范围，用数学语言表达代换逻辑，培养推理能力与模型观念。设置分层练习（基础例题到变式提升），配合即时方法总结，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏提供支撑，助力学生提升应考能力。

★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　隐零点问题 隐零点问题 必备知识 必备解法 函数的零点 函数的单调性 函数零点存在性定理 设而不求 整体代换 指对同构 卡根法 目录 一、问题综述 1 二、隐零点问题的基本步骤 2 三、隐零点问题的类型 3 不含参函数的隐零点问题 3 含参函数的隐零点问题 8 指对同构的隐零点问题 14 配套练习 18 一、问题综述 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”． 对于隐零点问题，其解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件最终解决问题．处理问题时会涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对思维要求较高． 实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向． f(x)＝⇒f(ln x)＝ f(x)＝xex⇒f(－ln x)＝－⇒x2ex＋ln x＝0， 所以在解决形如ex＝⇔x＋ln x＝0，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作． 二、隐零点问题的基本步骤 第1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f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围； 第2步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式； 第3步：将零点方程f′(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简： (1)要么消除f(x)最值式中的指对项； (2)要么消除其中的参数项，从而得到f(x)最值式的估计． 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式．构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题．在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间． 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. 三、隐零点问题的类型 不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，注意整体消元（尽量消去指／对数式），②注意合理确定隐零点的取值范围． 例1　(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x). 　　　(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； 　　　(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. (1)解　设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a， 所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0. 因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切， 所以解得a＝－1. (2)证明　当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1， 令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－ln x－x－1(x>0)， 则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(xex－1)， 令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0， 所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0，1)， 且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝x0ex0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得x0ex0＝1，两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0， 所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2. 1. (2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 【明说解题】不含参函数的零点个数问题。涉及隐零点问题。 【解析】　(1)因为f′(x)＝(ex－ax)，而x＝2不是f(x)的极值点， 所以方程ex－ax＝0还有其他正根(变号零点)， 若曲线y＝ex和y＝ax在(0，＋∞)上只有一个公共点， 则y＝ex和y＝ax相切，不符合题意， 所以此时ex－ax＝0必有两个正根，且x＝2为其中一个根， 所以a＝，经检验，a＝符合题意． (2)由(1)可得f′(x)＝， 设g(x)＝ex－x，则方程g(x)＝0的两根为x＝2，x＝x0(0＜x0＜2)， 其中ex0＝x0， 因为0＜x＜x0时，g(x)＞0，所以(x－2)g(x)＜0， 即f′(x)＜0，此时f(x)单调递减； x0＜x＜2时，g(x)＜0，则(x－2)g(x)＞0，即f′(x)＞0，此时f(x)单调递增； x≥2时，g(x)≥0，所以(x－2)g(x)≥0，即f′(x)≥0，此时f(x)单调递增，即f(x)min＝f(x0)， 因为ex0＝x0，即x0＝ln x0＋2－ln 2， 所以f(x)min＝f(x0)＝－＝－ ＝＜(－2＋2－ln 2)＜0， 且x→0时，f(x)→＋∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(0，x0)，(x0，＋∞)上各有1个零点， 所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有2个零点． 2.(2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. 　　　(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； 　　　(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点. (1)解　当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1， f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x， 即y＝(e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝×|－1|×(e－1)＝. (2)证明　当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1， 所以f′(x)＝aex－＝(x>－1)， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0， 故g(x)在(－1，0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1. 当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0. 所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值. 由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β， 所以当－1<β<0时，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a＝ln a＋， 因为a>1，所以ln a>0， 又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0，所以f(x)≥f(β)>0. 因此当a>1时，f(x)没有零点. 例2　(2024·苏州期末)已知函数f(x)＝． (1) 求f(x)的极值； (2) 证明：f(x)＜＋． 【解答】 (1)由f(x)＝可知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝．设g(x)＝－lnx－1，因为x＞0，所以g′(x)＝－－＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0，故f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，g(x)＜g(1)＝0，故f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极大值f(1)＝，无极小值． (2) 要证f(x)＜＋，即证＜＋，即证ex－4lnx＋8ln2－8＞0．设h(x)＝ex－4lnx＋8ln2－8，则h′(x)＝ex－，显然h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h′(1)＝e－4＜0，h′(2)＝e2－2＞0，所以存在唯一的x0∈(1,2)，使h′(x0)＝0，即ex0＝，所以x0＝2ln2－lnx0．当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(x0)＝ex0－4lnx0＋8ln2－8＝＋4x0－8＝4－8．因为x0∈(1,2)，所以4－8＞8－8＝0，所以h(x)＞0，即原不等式成立． 1．(2024·长沙调研节选)已知函数f(x)＝xln x－mx(m∈R).当x>1时，不等式f(x)＋ln x＋3>0恒成立，求整数m的最大值. 解　由题意，知xln x－mx＋ln x＋3>0对任意x>1恒成立， 可知m<ln x＋对任意x>1恒成立. 设函数g(x)＝ln x＋(x>1)，只需m<g(x)min. 对函数g(x)求导，得g′(x)＝＋＝. 设函数h(x)＝x－ln x－2(x>1)，对函数h(x)求导，得h′(x)＝1－＝>0， 所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增. 又h(3)＝1－ln 3<0，h＝－ln >0， 所以存在x0∈，使h(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0， 所以当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝ln x0＋＝x0－2＋＝x0＋－1， 所以m<x0＋－1. 又x0∈，所以x0＋－1∈， 所以整数m的最大值为2. [探究]　若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中，通过虚设零点x0，得到x0＝－ln x0，将ex0－ln x0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后利用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的． 2．(2025·黑龙江牡丹江省级示范高中月考)已知f(x)＝ex－1－ax(x>0)，x＝1是f(x)的极值点(其中e是自然对数的底数)． (1)求a的值； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－sin x在(0，π)的零点个数. [解析]　(1)∵f(x)＝ex－1－ax(x>0)，∴f′(x)＝ex－1－a， ∵x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝e0－a＝0，解得a＝1. (2)由(1)知，h(x)＝f(x)－sin x＝ex－1－x－sin x(0<x<π)， ∴h′(x)＝ex－1－1－cos x，令H(x)＝h′(x)＝ex－1－1－cos x， 则H′(x)＝ex－1＋sin x>0在x∈(0，π)上恒成立， ∴H(x)在(0，π)上单调递增． 又H(0)＝e－1－2<0，H＝－1－1>0， ∴∃x0∈，使得H(x0)＝0，即ex0－1－1－cos x0＝0， 当0<x<x0时，H(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x0<x<π时，H(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增． ∴h(x)min＝h(x0)＝ex0－1－x0－sin x0＝1＋cos x0－x0－sin x0. 令g(x)＝1＋cos x－x－sin x，x∈， 则g′(x)＝－sin x－1－cos x<0恒成立，∴g(x)在上单调递减， 又g(0)＝1＋1＝2>0，g＝1－－1<0， ∴∃x1∈，使得当x∈时，g(x)<0，即h(x)min<0成立． ∵h(0)＝e－1>0，h(π)＝eπ－1－π>0， 故h(x)在(0，π)上有2个零点． 含参函数的隐零点问题 对于含参的隐零点方程，需要结合隐零点方程的代数式结构及题给条件信息，正确选择消元对象，化为仅含参数或隐零点的问题处理。 例3　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：. 【明说解题】（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. 解：（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 1.(2024南京盐城期末调研)已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数的图象与x轴相切，求证：. 【详解】（1）当时，， ， 所以，又 当时，恒成立 所以在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为 （2），设函数的图象与轴相切于点， 则即，即 所以，设，则在上单调递增且图象不间断， 又，，所以，由得， 又因为，所以，则， 所以，即. 而在区间单调递增， 所以， 即，得证. 2.(2023东莞统考)设函数. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：若，则． 【详解】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 例4　(2024·丽水、湖州、衢州二模)设函数f(x)＝ex－ln (x＋a)，a∈R. (1) 当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2) 若对定义域内任意的实数x，恒有f(x)≥a，求实数a的取值范围．(其中e≈2.718 28是自然对数的底数) 【解答】(1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln (x＋1)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝ex－.令F(x)＝ex－，则F′(x)＝ex＋＞0，所以f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝0，所以当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x) ＞0，所以f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)函数f(x)＝ex－ln (x＋a)的定义域为(－a，＋∞)，依题意ex－ln (x＋a)≥a在(－a，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ex－ln (x＋a)－a，x∈(－a，＋∞)，则g′(x)＝ex－，设h(x)＝g′(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0恒成立，所以g′(x)＝ex－在(－a，＋∞)上单调递增，且当x→－a时，g′(x)→－∞，当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，所以∃x0∈(－a，＋∞)使得g′(x0)＝0，即ex0＝，所以a＝－x0，则当x∈(－a，x0)时，g′(x)＜0，即g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，即g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln (x0＋a)－a＝ex0－ln －＝ex0－＋2x0≥0.令m(x)＝ex－＋2x，则m′(x)＝ex＋＋2＞0且m(0)＝0，所以m(x)＝ex－＋2x为增函数．由m(x0)≥0＝m(0)，得x0≥0.又y＝与y＝－x均为减函数，所以y＝－x在[0，＋∞)上单调递减，所以当x0≥0时，a＝－x0≤1，所以实数a的取值范围为(－∞，1]. 1．(2025·江苏扬州阶段练习)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(其中a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)将a＝－1代入函数中，f(x)＝ln x－x＋1， 由x>0，所以f′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≤xex成立， 即f(x)＝ln x＋ax＋1≤xex，即a≤， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 令h(x)＝x2ex＋ln x，h′(x)＝ex(x2＋2x)＋，在(0，＋∞)上h′(x)>0恒成立， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h＝e－1<0，h(1)＝e>0， 故h(x)在内有零点，设零点为x0， 当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)在x∈(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增； 且xex0＋ln x0＝0，则x0ex0＝－，所以x0ex0＝ln ·e， 设t(x)＝xex，x>0，t′(x)＝ex(x＋1)>0，所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以t(x0)＝t，x0>0，ln >0，即x0＝ln ，所以ex0＝， 所以g(x)的最小值g(x0)＝＝1， 所以a≤1，即实数a的取值范围是(－∞，1]． 2．(2025·山东济南一模)已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞)． (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若f(x)存在零点． ①当b＝0时，求a的取值范围； ②求证：a2＋b2>2. 【解析】　(1)a＝0时，f′(x)＝ex－b， 当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值． 当b>1时，x∈[0，ln b)，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，x∈(ln b，＋∞)，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 函数f(x)的极小值是b－bln b，无极大值． (2)①当b＝0时，因为函数f(x)存在零点，故ex＝a有解， 若x＝0，此时无解，所以x>0，g(x)＝ex－a有解， g′(x)＝ex－＝， a．若a≤0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)＝1此时不存在零点； b．若a>0，令h(x)＝2ex－a，h(0)＝－a<0，h(a2)＝2ea2a－a>0， 由零点存在定理可知存在x0∈(0，a2)，h(x0)＝0， 所以g(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数， 故g(x)min＝ex0－a＝－a≤0， 解得x0≥，故a≥e＝. ②证明：因为函数f(x)存在零点，所以f(x)＝ex－a－bx有解x0，其中x0≥0， 若x0＝0，则1－a×0－b×0＝0，该式不成立，故x0>0. 故a＋bx0－ex0＝0，考虑直线a＋bx0－ex0＝0， 表示原点与直线a＋bx0－ex0＝0上的动点(a，b)之间的距离， ≥，所以a2＋b2≥， x0>0时，要证a2＋b2>2，只需证>2， 即证e2x0－2x－2x0>0. 令g(x)＝e2x－2x2－2x，x>0， 则g′(x)＝2e2x－4x－2＝2(e2x－2x－1)， 令h(x)＝e2x－2x－1，x>0， 故h′(x)＝2(e2x－1)>0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0. 即g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故g(x)>g(0)＝1，故>2，即a2＋b2>2成立． 指对同构的隐零点问题 例5 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． 【明说解题】（1）求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可； （3） 问题转化为，令，根据函数的单调性求出的最小值，．由，得，但不能很好的进行代换，于是可根据同构法，得出，则．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． 【题后反思】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. 1.(2024滕州期中)已知函数，. (1)若的最大值是0，求的值； (2)若对于定义域内任意，恒成立，求的取值范围. 【详解】（1）由题定义域为，， 若，则在上单调递增，无最大值， 若，， 时，，函数在上单调递增， 时，，函数在上单调递减， 所以时，取得最大值. （2）对于定义域内任意，恒成立， 即恒成立， 设，则， 令，则， 所以在上单调递增， ， 所以在上有唯一零点，即， 所以， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 所以由得，所以， 当时，，，则在上单调减， 当时，，，则在上单调增， 所以， 恒成立， 即的最小值，则， 所以的取值范围为. 2.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. 【详解】（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 第17页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　隐零点问题 隐零点问题 必备知识 必备解法 函数的零点 函数的单调性 函数零点存在性定理 设而不求 整体代换 指对同构 卡根法 目录 一、问题综述 1 二、隐零点问题的基本步骤 2 三、隐零点问题的类型 3 不含参函数的隐零点问题 3 含参函数的隐零点问题 4 指对同构的隐零点问题 5 一、问题综述 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”． 对于隐零点问题，其解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件最终解决问题．处理问题时会涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对思维要求较高． 实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向． f(x)＝⇒f(ln x)＝ f(x)＝xex⇒f(－ln x)＝－⇒x2ex＋ln x＝0， 所以在解决形如ex＝⇔x＋ln x＝0，这些常见的代换都是隐零点中常见的操作． 二、隐零点问题的基本步骤 第1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f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围； 第2步：以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式； 第3步：将零点方程f′(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简： (1)要么消除f(x)最值式中的指对项； (2)要么消除其中的参数项，从而得到f(x)最值式的估计． 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式．构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题．在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间． 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. 三、隐零点问题的类型 不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，注意整体消元（尽量消去指／对数式），②注意合理确定隐零点的取值范围． 例1　(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x). 　　　(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； 　　　(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. 1. (2025·南昌模拟)已知函数f(x)＝－a(a＞0)，且x＝2不是f(x)的极值点． (1)求a的值； (2)判断f(x)的零点个数． 2.(2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. 　　　(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； 　　　(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点. 例2　(2024·苏州期末)已知函数f(x)＝． (1) 求f(x)的极值； (2) 证明：f(x)＜＋． 1．(2024·长沙调研节选)已知函数f(x)＝xln x－mx(m∈R).当x>1时，不等式f(x)＋ln x＋3>0恒成立，求整数m的最大值. 2．(2025·黑龙江牡丹江省级示范高中月考)已知f(x)＝ex－1－ax(x>0)，x＝1是f(x)的极值点(其中e是自然对数的底数)． (1)求a的值； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－sin x在(0，π)的零点个数. 含参函数的隐零点问题 对于含参的隐零点方程，需要结合隐零点方程的代数式结构及题给条件信息，正确选择消元对象，化为仅含参数或隐零点的问题处理。 例3　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：. 1.(2024南京盐城期末调研)已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数的图象与x轴相切，求证：. 2.(2023东莞统考)设函数. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）证明：若，则． 例4　(2024·丽水、湖州、衢州二模)设函数f(x)＝ex－ln (x＋a)，a∈R. (1) 当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2) 若对定义域内任意的实数x，恒有f(x)≥a，求实数a的取值范围．(其中e≈2.718 28是自然对数的底数) 1．(2025·江苏扬州阶段练习)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(其中a∈R)． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围． 2．(2025·山东济南一模)已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－a－bx，x∈[0，＋∞)． (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若f(x)存在零点． ①当b＝0时，求a的取值范围； ②求证：a2＋b2>2. 指对同构的隐零点问题 例5 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． 1.(2024滕州期中)已知函数，. (1)若的最大值是0，求的值； (2)若对于定义域内任意，恒成立，求的取值范围. 2.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. 第1页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $