第15讲-导数中的隐零点问题(高阶拓展)(教师版).docx

第15讲 导数中的隐零点问题（高阶拓展）
（核心考点精讲精练）

1. 4年真题考点分布
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2020年新I卷，第21题,12分
导数中的隐零点问题
不等式恒成立问题

2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数求解函数基本问题
2掌握函数零点存在性定理及其应用
3能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围
【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计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，高考中曾多次考查隐零点代换与估计, 所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习

知识讲解
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．

1. 解题步骤
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.

2. 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: 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.

考点一、隐零点综合问题

1．（2020·山东·统考高考真题）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）
【分析】（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.
【详解】（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．
【整体点评】（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．
2．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

3．求 的极值
解:
存在一个零点
设 的零点为 令

, 即极小值为
4．已知函数 ，若, 求 的取值范围.
解：记 ,
依题意, 恒成立,
求导得 ,
令 ,
则 在 上单调递增,
又 ,
则 , 使得 , 即 成立,
则当 单调递减; 当 单调递增,
,
由 , 得 ,
于是得 ,
当 时, 令 ,
有 在 上单调递减,
而 在 上单调递增,
即 有函数 在 上单调递减,
于是得函数
在 上单调递减, 则当 时, , 不合题意;
当 且 时, 由 (1) 中 知, , 有 ,
从而

,
由 吅 , 因此满足 , 又
在 上单调递增, 则有 , 而 , 所以实数 的取值范困是 .

1．已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值.
解：依题分离参数得: ,
令 ,
则 ,
令 .
则 在 上递增,
,
存在 , 使 .
即 ,
当 时, ;
当 .

2．已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围.
解：由已知得

由 得 在 上递增,
又 , 而 ,
所以
存在 , 使得 得 .
当 时, 递减;
当 时, 递增:
故
得 , 又因为 在 上递增, 且 ,
, 由 得 .
3．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数， 且.
(1)求a；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令且，讨论、研究单调性，求其最小值，结合恒成立，利用导数研究恒成立求参数即可；
（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）由恒成立，
令且，
①当时，（舍）；
②当时， ，
在上，递减，在上，递增，

令，，
在上，递增，在上，递减，
所以，则.
（2）由（1）知：，所以，则，
令，则，
在上，则递减，在上，则递增，
，，
有两个根，图象如下，

∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴存在唯一极大值为，又，
所以，
令，在上，故单调递增.
，故，且为极大值，
所以，
，
所以.
【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.
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数在处取得极小值．
(1)求实数的值；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）根据函数极值点与极值，求导数代入计算，即可得的值；
（2）设，求，确定导函数的单调性与取值情况，即可得的取值情况，从而得结论.
【详解】（1），由题意知，则，即，
由，知，即．
（2）由（1）得，设，
则．
设，则在上单调递增，
且，所以存在唯一，使得，即．
当时，单调递减；当时，单调递增．
．
设，则，
当时，单调递减，所以，所以，
故当时，．
【点睛】方法点睛：证明函数不等式的常用的方法：
（1）构造差函数法：构造差函数，求导，判断函数单调性，从而得函数最值，让最值与比较大小即可得答案；
（2）分离函数法：确定中间函数，利用导数分别证明，，即可证明结论；
（3）放缩法：利用不等式对所证不等式进行放缩，证明放缩后的不等式成立，即可得结论.
5．（2023·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)当时，证明：在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．
【答案】(1)单调增区间为
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出的定义域，由设，，由的单调性，得出，得出，即可得出的单调性；
（2）利用导数判断原函数的单调性和零点，并将问题转化为证明等于零即可．
【详解】（1），定义域为，
，
设，，
则，
令，得，
当，，则在上单调递减，
当，，则在上单调递增，
所以，
所以，故的单调增区间为．
（2），
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
若，则，
且当x趋近于或时，均趋近于，如图所示：

所以在，内均存在一个零点，设为，
当或时，；当时，；
即当或时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
由于，则，
且当x趋近于时，均趋近于，当x趋近于时，均趋近于，
所以在，上各有一个零点，
设为函数在的零点，
要证在和上各有一个零点，且这两个零点互为倒数，只需证明，
已知
所以
，
所以当时，在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数．
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．

【能力提升】
1．（2023·辽宁丹东·统考二模）已知为函数的极值点．
(1)求；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再检验即可；
（2）设，求出函数的导函数，即可得到，再由零点存在性定理得到存在唯一，使，即可得到的单调性，再结合特殊值，即可证明.
【详解】（1）定义域为，，
由，解得，
若时，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，符合题意，因此．
（2）设，则，又，
因为，，所以存在唯一，使，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
由得，所以，
因此当时，，而，
于是当时，．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知，函数，是的导函数．
(1)当时，求证：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】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）求出，即可得到的单调性，再根据零点存在性定理判断即可；
（2）分、和三种情况讨论，当时，由（1）可得的最小值为，则，从而得到，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出的最小值，即可得解；
【详解】（1）证明：∵，，
当时，，∴函数在上的单调递增，
又，，∴存在唯一的，使得．
（2）解：当时，则当时，，
即函数在上单调递增，且当时，，这与矛盾；
当，由，得，∴；
当，由（1）知当时，；当时，；
即在上单调递减，在上单调递增，
∴的最小值为，其中满足，故且，
∵恒成立，∴，即，
于是，记，，
则，由得，即函数在上单调时递减，
由得，即函数在上单调递增，
∴，
综上得的最小值为，此时．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上有两个极值点，，且．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意得方程在上有两不等实根，进而结合二次函数零点分布求解即可；
（2）根据题意得，进而得，再构造函数，研究单调性得在单调递增，进而.
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵函数在上有两个极值点，且
∴由题意知方程在上有两不等实根，
设，其图像的对称轴为直线，
故有 ，解得
所以，实数a的取值范围是.
（2）证明：由题意知是方程的较大的根，故，
由于，∴，
∴．
设，，，
∴在单调递增，
∴，即成立．
∴不等式成立,证毕.
4．（2023春·福建厦门·高二福建省厦门第二中学校考阶段练习）已知函数f(x)=-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
（2）当m≤2时，证明f(x)>0.
【答案】(1)在上是减函数；在上是增函数（2）见解析
【详解】(1)．
由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0，所以m=1．
于是f(x)=ex－ln(x+1)，定义域为(－1，+∞)，．
函数在(－1，+∞)上单调递增，且f '(0)=0，因此当x∈(－1，0)时， f '(x)<0;当x∈(0，+∞)时， f '(x)>0．
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增．
(2)当m≤2，x∈(－m，+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时， f(x)>0．
当m=2时，函数在(－2，+∞)上单调递增．
又f '(－1)<0， f '(0)>0，故f '(x)=0在(－2，+∞)上有唯一实根，且．
当时， f '(x)<0;当时， f '(x)>0，从而当时，f(x)取得最小值．
由f '(x0)=0得=，，
故．
综上，当m≤2时， f(x)>0．

5．（2023春·四川宜宾·高三四川省宜宾市第四中学校校考开学考试）已知函数，求：
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，总有，求整数的最小值.
【答案】(1)
(2)-3

【分析】（1）先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；（2）分离参数转化为函数的最值问题.
【详解】（1）当时，

在点处的切线方程为即
（2）由题意，，即，即，
又，恒成立.
令，
令，则恒成立.
在上递减，
，
使，即，则，
当时，，当时，

因为，且，，即整数k的最小值为-3
【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。
6．（2022秋·福建莆田·高二莆田一中校考期中）设函数.
(1)求函数的单调增区间；
(2)当时，记，是否存在整数，使得关于x的不等式有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，的最小值为0

【分析】（1）求出函数的导数，就的不同取值可求的解，从而可得函数的单调增区间.
（2）利用导数结合虚设零点可求，从而可得整数的最小值.
【详解】（1）因为，
所以，
①当时，由，解得；
②当时，由，解得；
③当时，由，解得；
④当时，由，解得；
⑤当时，由，解得，
综上所述，当时，的增区间为；
当时，的增区间为；
时，的增区间为.
（2）当时，，所以，
而，
因为均为上的增函数，
故为上的增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，
且且时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为，所以，
所以，
而整数，使得关于x的不等式有解，故，
故存在整数满足题意，且的最小值为0.
【点睛】思路点睛：利用导数求函数的最值时，如果导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的关系式化简最值，从而得到最值的范围或符号.
7．（2021·江西抚州·高三临川一中校考阶段练习）已知函数，.
（1）若，讨论函数在定义域内的极值点个数；
（2）若，函数在上恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）最大值为3.
【分析】（1）求，计算方程的，分别讨论和时的单调性，由单调性可得极值点的个数；
（2）先求出，再计算，再构造函数，利用的单调性以零点存在定理可判断的单调性，进而可得的最小值，只需，再结合是整数即可求解.
【详解】（1）的定义域为；且，
因为方程的，
①当，即时，恒成立，
此时对于恒成立，
所以在上单调递增，故极值点个数为；
②当，即时，
设方程的两根分别为和，
则，，所以，，设 ，
则，，
由即可得：或，
由即可得：
所以在和上单调递增，
在上单调递减，故极值点个数为2；
综上所述，当时，极值点个数为，当时，极值点个数为2.
（2）时，，则，
令，则，
所以在上单调递增，
而，，
所以存在，使，即，故，
当时，，；当时，，；
即在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
所以，因为，即的最大值为3.
【点睛】方法点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，
（1）可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；
（2）可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
8．（2021秋·四川成都·高三双流中学校考阶段练习）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程
(2)证明：在区间内存在唯一的零点；
(3)若对于任意的，都有，求整数的最大值．
【答案】(1)y＝－1；
(2)见解析；
(3)3﹒

【分析】(1)根据导数的几何意义即可切线；
(2)先利用导数证明在上单调递增，再结合零点存在定理，得证；
(3)参变分离得，令，原问题转化为求在上的最小值，结合(2)中结论和隐零点的思维，即可得解．
【详解】（1），
，，
，
在处的切线为；
（2）证明：，
，
当时，，
在上单调递增，
（3），（4），
在区间内存在唯一的零点．
（3），且，
，
令，则，，
由（2）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，属于中档题．
9．（2022春·浙江舟山·高三浙江省普陀中学校考阶段练习）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．
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)；
(3).

【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.
（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.
【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若恒成立，则；若恒成立，则.
10．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考二模）已知函数在点处的切线过点．
(1)求实数的值，并求出函数单调区间；
(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．
【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.
【详解】分析：（1）函数求导，由处的切线斜率为，利用点斜式得到切线方程，将代入求解的值，并根据导数的正负可得单调区间；
（2）由等价于，记 ，求导得，记，继续求导可知在单调递增，易知存在，使得，从而得到，进而求范围即可.
详解：
(1)的定义域为，，∴处的切线斜率为
因此切线方程为，即    
又∵切线过，代入上式解得，∴
可得在单调递减，在单调递增．    
（2）∵时， ，∴等价于
记 ，∴
记，有 ，∴在单调递增
∴ ，由于，，可得
因此，故
又
由零点存在定理可知，存在，使得，即①
且时，，时，
故时，单调递减，时，单调递增
∴
由①可得    
故的最大值为7．
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；
（3）若 恒成立，可转化为（需在同一处取得最值） .