解题大招30 轻松破解隐零点的五大热点题型（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

解题大招30 轻松破解隐零点的五大热点题型 知识点01 隐零点的概念 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． 知识点02 利用隐零点解题的基本策略及步骤 1．基本策略： 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. 2．操作步骤 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f′(x0)＝0，并结合f(x)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；至于隐性零点的范围精确到多少，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f′(x)的正负，进而得到f(x)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． 知识点04 隐零点的同构 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, 所以下面我们看到的这两个问题, 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. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 题型01 证明不等式 利用隐零点证明不等式的基本策略 1.构造目标函数，求导分析单调性，确定导函数存在不可直接求解的隐零点，锁定零点取值区间； 2.利用建立等量关系，用来替换原函数内指数、对数等超越代数式； 3.依据导函数符号判定原函数在处取最小（大）值； 4.把等量代换式代入原函数化简最值； 5.结合范围判断最值恒正或恒负，证得不等式. 【典例1】（2025·江西萍乡·模拟）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若=0，求的值； (3)证明：. 【分析】 看到什么 想到什么 求导后，对分类讨论，研究函数的单调 虚设零点，结合单调性求解 移项构造函数， 利用隐零点，用代数法证明不等式 【详解】（1）由得且， 若，则恒成立，即在上单调递增； 若，令，则；令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增； 综上，，在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增. （2）由，所以，即， 令，则，所以， 由（1）可知，当时，在单调递增， 所以，所以； （3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性 记，则， 因为，所以在单调递减， 第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性 由（2）可知，则. 所以若，；若，， 所以可知函数在单调递增，在单调递减， 所以， 第三步：用代数法证明不等式 又，，， 所以，所以. 【跟踪训练】 1．证明 【证明】 要证明左边大于右边, 只需证明左边的最小值大于右边即可 然后求导 , 单增, , 因此 存在零点, 有一个极小值 设 的零点为 (1), 两边同时取自然对数, (2) 将(1)、(2)带入 , 得 , 证毕 2.设函数，设求证：当时， 【证明】的定义域为， 设，， 当，，即在区间为增函数， 又因为，所以 由零点存在定理可知在的唯一零点为 当时，，当， 故在单调递减，在单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 由，即，两边去对数得 由于，所以 所以 【方法小结】可转化为求，而的最小值恰好在的零点处取得，但是这个零点无法求得，这个时候我们可以利用零点满足的关系式(必要的时候需要一些变形)来化简的表达式，思想是将超越式消掉，即尽量不含等；本题是化简后利用了均值不等式得到所证结果． 3.已知函数，. (1)求的极值； (2)证明：当时，.（参考数据：） 【详解】（1）函数的定义域为，又， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值， 所以的极大值为，无极小值； （2）设， 解法一：则， 令， 当时，单调递减，当时，单调递增， 又， 所以存在，使得，即. 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以当时，在处取得极小值，即为最小值， 故， 设，因为， 由二次函数的性质得函数在上单调递减， 故， 所以当时，，即. 解法二：要证，即证， 因为，所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，所以，即. 题型02 解决极值或最值问题 隐零点求函数最值、极值解题策略 1.求导得导函数，判断单调性，确定导函数存在零点但无法直接求解，此为隐零点. 2.由零点定义列等式，建立指数、对数等量代换关系. 3.根据导函数符号划分原函数单调区间，判定为极值点. 4.将等量代换式代入原函数解析式，消去超越式化简极值、最值表达式. 5.结合取值范围，求出函数极值、最值. 【典例2-1】若函数的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】易知的定义域为， 不难发现在区间内单调递增， 又当时，；当时，， 所以存在唯一使得，即， 所以当时，；当时，． 所以在区间上单调递减，在区间内单调递增， 所以的最小值为， 所以，所以，解得. 故选：B 【典例2-2】（2017年全国课标1）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【详解】（1）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0． 因为 当0＜x＜时h′（x）＜0，当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1； （另解：因为f（1）=0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；） （2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣， 令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣﹣=﹣﹣=﹣+，由x0＜可知f（x0）＜； 由f′（）＜0可知x0＜＜， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）=； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【跟踪训练】 1．函数的极值为 【答案】 【详解】 存在一个零点 设 的零点为 令 , 即极小值为 2．已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 【详解】（1）因为，， 则，， 所以切线方程为，即. （2）设，则， 可知在上单调递减，且，， 根据零点存在定理可知在区间上存在唯一零点，即的零点个数为1. （3）由（2）可知在上单调递减，且存在唯一零点，使得， 当时，，则在区间上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的最大值为. 因为，即， 可得，即， 则， 故的最大值为，没有最小值. 3．（24-25高三上·山东·阶段检测）已知函数且． (1)求a； (2)证明：存在唯一的极大值点，且． 【分析】（1）（方法一）由等价于，得出是极小值点，再由可得答案；（方法二）由等价于，求出．时由不合题意．当时只需可得答案； （2）利用导数研究的单调性、极值情况，依据单调性证极大值的范围. 【详解】（1）（方法一） 因为， 则等价于， 是极小值点． 又， 检验，当时，，当时单调递减； 当时单调递增， ，符合题意； （方法二）因为， 则等价于， 求导可知． ①当时，即在上单调递减， 所以当时，，不合题意． ②当时， 因为当时，当时， 所以，只需， ， 所以在单调递增，在单调递减， ，所以的解只有； （2）由（1）可知时，， 记，则， 令，解得：， 当时，时， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以在区间上有唯一零点且， 在上为正、在上为负、在上为正， 所以必存在唯一极大值点，且， 所以， 由可知， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 综上所述，存在唯一的极大值点，且． 【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究且最小值，根据不等式恒成立确定参数值；第二问，导数研究极值点分布，进而证极大值的范围. 题型03 求参数的取值范围 1、常见题型 对于一些不等式有解或恒成立问题，往往分离参数，转化为参数与函数的最值问题，而函数的最值有时则借助隐零点的策略求得其大致范围. 2．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, 并结合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 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 【典例3】（25-26高三上·黑龙江大庆·期中）已知，. (1)求在处的切线方程； (2)若不等式对任意成立，求的最大整数解. 【分析】（1）对函数求导，求与，再代入点斜式求解切线方程；（2）利用参变分离法，将不等式变形，令新函数，求导得，再令新函数，判断单调性与零点所在区间，求解的最小值并化简得到所在区间，从而求解出的最大整数解. 【详解】（1），所以定义域为， ，，，所以切线方程为； （2）时，等价于， 令，则，记，时，， 所以为上的递增函数，且，， 所以，使得，即， 所以在上递减，在上递增， 且， ，所以的最大整数解为； 【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． 【跟踪训练】 1．（2026·山东泰安期末）设函数，若当时恒成立，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，， 所以， 令，， 所以， 当，即时，对任意，恒成立， 所以在上单调递增，所以，即， 所以在上单调递增，所以，符合题意； 当，即时，存在使得， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，， 所以，所以在上单调递减， 所以当时，，与题意矛盾，舍去， 所以实数的取值范围是，故选. 2．（2026·天津河西·模拟预测）已知． (1)求在处的切线方程； (2)对，有恒成立，求的最大整数解； 【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程； （2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解； （3）求得的导数和单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证． 【详解】（1）的导数为： ， 所以，， 所以在处的切线方程为： ，即； （2）由已知可得， 等价于， 可令，， 记，， 所以为上的递增函数， 且，， 所以，，即， 所以在上递减，在上递增， 且， 所以的最大整数解为3. 题型04 函数零点个数判断与证明问题 1、函数零点的存在性定理 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. 2.隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 操作步骤：1.设隐零点 满足 . 2.利用该关系式，将 、 等超越形式用代数式表示（如 或 等）. 3.将 中的超越部分替换为代数式，从而判断 的符号. 核心技巧：整体代换，避免解出 的具体值. 【典例4】（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 【分析】（1）代入，求导判断函数在区间上的单调性，进而求得最大值. （2）化简，将恒成立问题转化为参数与函数最值的大小关系，构造函数求最小值即可得到的取值范围. （3）化简消去参数，将零点问题转化为两个函数图象的交点问题，结合函数值域、单调性分析交点个数即可. 【详解】（1）当时， ，定义域为. ∵ 当时，，，， ∴ ，即在上单调递减， ∴ . （2）由题意得， ∵ 对任意 ，恒成立，即恒成立， ∵ ，∴ 对任意 恒成立. 令，则. 令，得 ，即. ∵ ， ∴ ，对应极值点为. 当时，， ，故，单调递减； 当时， ，，故，单调递增. ∴ 是的第一个极小值点，且. 对于其余极小值点 ，，而，故对应的. 当 时，其余区间，对应的. ∴ 在 上的最小值为，故. （3）零点个数为2，理由如下： 由题意，得，. 令，得. ①当时，，单调递增，， 所以单调递减，所以. ②当时，，，则在区间上必定存在，使得. 因为在上单调递减， 所以当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. 因为，，所以在区间上必定存在，使得， 即当时，，单调递增，； 当时，，单调递减，. ③当时，单调递减，单调递减，则单调递减. 因为，， 所以必定存在零点，使得. ④当时，因为，所以， 所以在上，不存在零点. 综上所述，在上存在两个零点. 【跟踪训练】 1.函数f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2的图象在x＝0处的切线为y＝ax－a－3，a∈R. (1)求λ的值； (2)求f(x)在(0，＋∞)上零点的个数. 【详解】(1)因为f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2，f'(x)＝λeλx－4cos x， 所以f'(0)＝λ－4，所以切线斜率为λ－4，即a＝λ－4，所以切线方程为y＝x－λ＋1， 又f(0)＝λ－1，所以切点坐标为(0，λ－1)， 则λ－1＝－λ＋1，解得λ＝1. (2)由(1)得f(x)＝ex－4sin x－1，f'(x)＝ex－4cos x， 令g(x)＝f'(x)＝ex－4cos x，则g'(x)＝ex＋4sin x， 当x≥π时，f'(x)＝ex－4cos x＞0恒成立，所以f(x)在上递增， 所以f(x)≥f(π)＝eπ－4sin π－1＝eπ－1＞0，因此f(x)在[π，＋∞)无零点； 当0＜x＜π时，g'(x)＝ex＋4sin x＞0恒成立，所以f'(x)单调递增， 又f'(0)＝－3＜0，f'(π)＝eπ＋4＞0，所以f'(x)在(0，π)上存在唯一的零点x0， 当x∈，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈，f'(x)＞0，f(x)单调递增； 又f(0)＝0，f(x0)＜f(0)＝0，f(π)＝eπ－1＞0，因此f(x)在(0，π)上仅有1个零点； 综上，f(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点. 题型05 指对同构与隐零点的综合 1. 题型特征：零点方程含等指对混合结构； 2. 解题步骤： ①对移项变形，配成两侧完全相同复合结构； ②设单调同构函数，利用； ③直接得到零点满足的等量关系，无需复杂导数讨论； 3. 典型模板：（定义域严格单调）； 4. 拓展：双零点等式求值、零点范围快速判定. 【典例5】（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】0 【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解. 【详解】由方程，变形可得， 即， 令，则，所以为单调递增函数， 因为，可得，可得，即， 又因为实数是关于的方程的解， 可得，可得，所以0. 故答案为：0 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 【答案】 【分析】将已知等式变为，构造函数，结合其单调性推出，即得，由此化简求值即可. 【详解】由得，即， 设，则在上单调递增， 则由可得，所以， 而实数是关于x的方程的解，即， 故. 2．（2026高三·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【答案】0 【分析】根据题意，化简得，令，求得为增函数，转化为，得到，进而得到，求得，即可求解. 【详解】由方程，变形可得， 即， 令，则，所以为单调递增函数， 因为，可得，可得，即， 又因为实数是关于的方程的解， 可得，可得，所以0. 3.（2025·江西萍乡·三模）已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)若恒成立，求实数a的取值范围． 【详解】（1）由，可知定义域为，则． 当时，恒成立，所以在上是减函数，则无极值点． 当时，，则， 所以在上单调递增． 当，即时，， 当，即时，， 所以存在唯一的实数，使得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以是函数的极小值点，无极大值点． 综上所述，当时，的极值点个数为0；当时，的极值点个数为1． （2）由得，故．① 设函数，由，可知在R上单调递增． 由于①式可化为，即有， 所以对恒成立． 设函数，则，令，得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取得极大值也是最大值， 即最大值为．故． 1．（2026·湖南益阳一模）已知函数，若，，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，则， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 所以， 当时，，在上单调递增， 所以，即， 当时，，当时， 所以存在使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，不合题意， 所以则实数a的取值范围是. 故选：B. 2．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 【答案】3 【分析】原方程可化为，结合函数的单调性可得，故可求目标代数式的值. 【详解】因为，故， 因为，故，所以，设 则，故在上为增函数， 故，故，且，故， 故答案为：3. 3．已知函数，当时，求证. 【证明】当时，时，， 则有， 故只需证明当时，， 当时，在区间上单调递增， 又，， 故在区间上有唯一实根，且， 当时，；当时，， 从而当时，取得最小值， 由，得，， 故， 综上，当时，. 4．（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，即可求出切线方程； （2）令，二次求导可得，可得在上单调递增，在上单调递减，结合已知可得，使得，即可得的单调性，进而可得结论. 【详解】（1），所以，又， 所以的图象在处的切线方程为． （2）由已知得，所以， 令，则． 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减． 当时，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因为，故函数在上无零点， 又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点． 综上所述，当时，函数在上的零点个数为1． 5．已知函数． （1）求的最值； （2）若对恒成立，求的取值范围． 【详解】（1），令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，无最大值． （2）由题知，在上恒成立， 令，则，因为，所以． 设，易知在上单调递增．因为，， 所以存在，使得，即． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，从而，故的取值范围为． 6．已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 【分析】（1）令，将问题转化为，利用导数求出即可； （2）令，将问题转化为，通过导数研究单调性，借助隐零点和放缩法证明即可. 【详解】（1）记，，则恒成立，即. 因为， 当；当； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，解得. 故实数的取值范围是； （2）记，则， 令，则， 所以即在上单调递增. 由，知. 所以，即， 故当单调递减；当单调递增. 所以， 由（*）式，可得. 代入式，得. 由（1）知，当时有，故， 所以. 由于，所以. 故，即，原不等式得证. 7．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； (3)若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 【分析】（1）利用导数可确定单调性，由极值定义可求得结果； （2）利用导数可确定的单调性；当时，可知，解不等式可知无满足题意的值；当时，根据，分别在，和三种情况下，根据在有唯一零点可构造不等式求得结果； （3）将恒成立不等式化为，令得，令可确定，使得，由此可得，进而得到的范围，从而得到. 【解析】（1）当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值. （2），， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ①当时，在上单调递增，若在上有唯一零点，则， 即，解得：（舍）； ②当时，在上单调递减，在上单调递增； 当，即时，，则在上无零点，不合题意； 当，即时，在上有唯一零点，满足题意； 当，即时，由得：， 在上有唯一零点，此时需，即； 综上所述：当或时，在上有唯一零点， 即实数的取值范围为. （3）若对恒成立，即对恒成立，则， 令，则， 令，则，在上单调递增， ，，，使得， 即， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ， ，，， ，整数的最大值为. 8.（2026·浙江·开学考试）已知函数． (1)求在点处的切线方程； (2)当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 【详解】（1），令，所以切线方程为． （2）因为恒成立，即恒成立， 令，，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． （3）法一：由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 法二：令， 先证，即证， 令， 当单调递增；当单调递减， 所以，所以，即得证， 因为，所以， 令， 则，令，所以， 所以在上单调递增，又因为， 所以使得，即，也即， 所以时，单调递减；时，单调递增， 所以，代入得， ， 又在时单调递减，而， 所以， 所以， 即成立，所以，原不等式得证． 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解题大招30 轻松破解隐零点的五大热点题型 知识点01 隐零点的概念 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． 知识点02 利用隐零点解题的基本策略及步骤 1．基本策略： 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. 2．操作步骤 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f′(x0)＝0，并结合f(x)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；至于隐性零点的范围精确到多少，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f′(x)的正负，进而得到f(x)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． 知识点04 隐零点的同构 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, 所以下面我们看到的这两个问题, 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. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 题型01 证明不等式 利用隐零点证明不等式的基本策略 1.构造目标函数，求导分析单调性，确定导函数存在不可直接求解的隐零点，锁定零点取值区间； 2.利用建立等量关系，用来替换原函数内指数、对数等超越代数式； 3.依据导函数符号判定原函数在处取最小（大）值； 4.把等量代换式代入原函数化简最值； 5.结合范围判断最值恒正或恒负，证得不等式. 【典例1】（2025·江西萍乡·模拟）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若=0，求的值； (3)证明：. 【跟踪训练】 1．证明 2.设函数，设求证：当时， 3.已知函数，. (1)求的极值； (2)证明：当时，.（参考数据：） 题型02 解决极值或最值问题 隐零点求函数最值、极值解题策略 1.求导得导函数，判断单调性，确定导函数存在零点但无法直接求解，此为隐零点. 2.由零点定义列等式，建立指数、对数等量代换关系. 3.根据导函数符号划分原函数单调区间，判定为极值点. 4.将等量代换式代入原函数解析式，消去超越式化简极值、最值表达式. 5.结合取值范围，求出函数极值、最值. 【典例2-1】若函数的最小值为，则（    ） A． B． C． D． 【典例2-2】（2017年全国课标1）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【跟踪训练】 1．函数的极值为 2．已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的零点个数； (3)探究是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由. 3．（24-25高三上·山东·阶段检测）已知函数且． (1)求a； (2)证明：存在唯一的极大值点，且． 题型03 求参数的取值范围 1、常见题型 对于一些不等式有解或恒成立问题，往往分离参数，转化为参数与函数的最值问题，而函数的最值有时则借助隐零点的策略求得其大致范围. 2．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, 并结合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 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 【典例3】（25-26高三上·黑龙江大庆·期中）已知，. (1)求在处的切线方程； (2)若不等式对任意成立，求的最大整数解. 【跟踪训练】 1．（2026·山东泰安期末）设函数，若当时恒成立，则实数的取值范围是（  ） A． B． C． D． 2．（2026·天津河西·模拟预测）已知． (1)求在处的切线方程； (2)对，有恒成立，求的最大整数解. 题型04 函数零点个数判断与证明问题 1、函数零点的存在性定理 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. 2.隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 操作步骤：1.设隐零点 满足 . 2.利用该关系式，将 、 等超越形式用代数式表示（如 或 等）. 3.将 中的超越部分替换为代数式，从而判断 的符号. 核心技巧：整体代换，避免解出 的具体值. 【典例4】（2026·四川广安·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在区间的最大值； (2)设函数，若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)设函数，求在区间上的零点个数，并说明理由. 【跟踪训练】 1.函数f(x)＝eλx－4sin x＋λ－2的图象在x＝0处的切线为y＝ax－a－3，a∈R. (1)求λ的值； (2)求f(x)在(0，＋∞)上零点的个数. 题型05 指对同构与隐零点的综合 1. 题型特征：零点方程含等指对混合结构； 2. 解题步骤： ①对移项变形，配成两侧完全相同复合结构； ②设单调同构函数，利用； ③直接得到零点满足的等量关系，无需复杂导数讨论； 3. 典型模板：（定义域严格单调）； 4. 拓展：双零点等式求值、零点范围快速判定. 【典例5】（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 【跟踪训练】 1．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期末）设m为正实数，若实数是关于x的方程的解，则______． 2．（2026高三·江西南昌·阶段检测）设为正实数，若实数是关于的方程的解，则_______ 3.（2025·江西萍乡·三模）已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)若恒成立，求实数a的取值范围． 1．（2026·湖南益阳一模）已知函数，若，，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·广东·模拟预测）已知满足 ，则_______． 3．已知函数，当时，求证. 4．（2025·河北秦皇岛·三模）设函数． (1)求的图象在处的切线方程； (2)记，若，试讨论在上的零点个数． 5．已知函数． （1）求的最值； （2）若对恒成立，求的取值范围． 6．已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 7．已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)当时，求函数的极值； (2)若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； (3)若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 8.（2026·浙江·开学考试）已知函数． (1)求在点处的切线方程； (2)当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 41 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $