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专题05 导数中的隐零点问题
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题型01 利用隐零点解决最值、极值 1
题型02 利用隐零点判断零点个数 6
题型03 利用隐零点证明不等式 14
题型01 利用隐零点解决最值、极值
【解题规律·提分快招】
一、隐零点问题 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）. 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.
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可.
【详解】由题意可得，
令，
则，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以为函数的极值点，
所以，
所以，
故选：B.
2．（2024·山东·模拟预测）已知函数，则使有零点的一个充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先判断，此时可得的单调性，依题意可得，令，结合函数的单调性及零点存在性定理得到存在使得，从而得到有零点的充要条件为，即可判断.
【详解】因为，
当时，，所以，没有零点，故A错误；
当时与在上单调递增，所以在上单调递增，
，要使有零点，则需，
即，令，则在上单调递减，
且，，，
所以存在使得，
所以有零点的充要条件为，
所以使有零点的一个充分条件是.
故选：D
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数恰有两个极值点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对函数求导后，令，则只需要有两个不同的零点，利用导数求得在上单调递减，在上单调递增，则，得，再结合零点存在性定理可判断出在和上各有一个零点，从而可求得结果.
【详解】的定义域是，，令，
所以，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
要使恰有两个极值点，则，解得，
此时，
所以在上有唯一的零点，
令，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以，
所以，
所以在上有唯一的零点，
综上，当时，在上有两个不同的零点，且零点两侧的函数异号，
所以a的取值范围是．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决函数极值点问题，解题的关键是将问题转化为有两个不同的零点，结合零点存在性定理分析，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
4．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知对任意恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】构造，，其中，二次求导，并得到，分和两种情况，结合函数单调性和最值情况，得到答案.
【详解】，，显然，
，注意到，
令，则，
其中，
当，即时，
在上单调递增，故，
故在上单调递增，故恒成立，满足要求，
当时，，又趋向于时，趋向于，
由零点存在性定理得使得，
当时，，即单调递减，
又，故时，，
故在上单调递减，又，在上，，
不合要求，舍去，
故的最大值为
故选：A
【点睛】方法点睛：于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
二、填空题
5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，且，函数的值域为 .
【答案】
【分析】对求导，构造函数，利用导数判断的单调性，根据零点存在性定理得到的零点，从而确定的单调性，求解即可.
【详解】，由可知，
令，，则，
所以在内单调递增，
又，，
所以在内存在唯一零点，
且，又，所以，
当时，，即，则在区间上单调递增，
由，可得，，
所以函数的值域为.
故答案为：.
6．（2024·青海·模拟预测）已知函数的最小值为，则 .
【答案】/0.25
【分析】利用求导研究函数单调性得出函数得最小值满足，根据题意推得，代入所求式整理计算即得.
【详解】由可得，，
令，则，所以即在上单调递增.
因为，，则存在，使得，即（*）.
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
故.又的最小值为，则有，代入（*）得，.
故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数和零点存在定理研究函数的最值点，属于较难题.
解题关键在于在得到导函数的单调性后，利用取值不能得到的取正取负的区间，需要利用零点存在定理设出，确定的单调区间，推得即得.
题型02 利用隐零点判断零点个数
【解题规律·提分快招】
一、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. 二、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.
【典例训练】
一、单选题
1．（23-24高三下·广东韶关·期末）已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，分类讨论求导函数判断函数单调性及极值点，结合零点存在定理可得参数范围.
【详解】已知函数，函数的定义域为
，
当时，恒成立，所以在上单调递减，故时，至多有一个零点；
当时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．
此时最小值为，
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，又
；
，
由零点存在定理知在上有一个零点；在有一个零点．
所以有两个零点，a的取值范围为；
故选:A．
2．（24-25高三上·四川·阶段练习）已知实数满足，则函数的零点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】利用导数研究函数的单调性，令，则是的零点，结合零点存在性定理确定范围，然后结合零点存在性定理及的单调性判断零点个数．
【详解】由题设，
∴当或时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
令，则，即是的零点，
∵在上单调递增，∴在上单调递增，
∵，，，
∴在上有唯一零点，则．
∵，
∴，
∴结合的单调性可知，共有3个零点，分别在上各有1个零点．
故选：D．
二、解答题
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数.
(1)求在区间内的极大值；
(2)令函数，当时，证明：在区间内有且仅有两个零点．
，
令，则 (【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求解极大值.
（2）由可构造，讨论单调性和极值，证明零点个数的结论.
【详解】（1）由题得，
当时，，当时，，
则在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以在区间内的极大值为．
（2），
设，，则)，所以在区间内单调递减．
又，，故存在，使得，
当时，，即，在区间内单调递增；
当时，，即，在区间内单调递减．
又，，因为，所以，
所以在区间，内各有一个零点，
即在区间内有且仅有两个零点．
【点睛】方法点睛：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．
4．（2024·江西新余·模拟预测）已知函数.
(1)若，求在处的切线方程.
(2)讨论的单调性.
(3)求证：若，有且仅有一个零点.
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）根据给定条件，按，，，分类，利用导数求出单调区间.
（3）利用（2）的结论，结合零点存在性定理推理证明即可.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，
求导得，
①当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
②当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减；
③当时，，函数在上单调递减；
④当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，函数的递增区间为，递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，；
当时，函数的递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，.
（3）①当时，函数在上单调递减，而，，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
②当时，函数在处取得极小值，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，即，
，当时，，则，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
③当时，函数在处取得极小值，，
同理存在唯一使，则有且仅有一个零点，
所以有且仅有一个零点.
5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若，讨论的零点个数；
(3)若，且，证明：存在唯一实数，使得.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论可求函数的单调区间；
（2）结合（1）分类讨论，结合零点的存在性定理可判断零点的个数；
（3）由（2）可知，要满足题意，则，可得，通过构造函数，判断唯一性即可.
【详解】（1）
①当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
②当时，在单调递减；
③当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
（2）由（1）可知，当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
注意，
①当时，，
时，；时，；
所以有个零点；
②当时，，所以有个零点；
③当时，，
若，即时，所以有个零点；
若，即时，所以有个零点；
若，即时，所以有个零点；
综上：①当时，有个零点；
②当或时，有个零点；
③当时，有个零点；
（3）由（2）可知，要满足题意，则，
此时，
两式相除得：
令，，
则，
令，
，
令，
所以在单调递减，又时，，，
所以，使得，当时，，单调递增；
当时，单调递减；
又因为当时，，．
所以，使得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为当时，，，
所以，存在唯一，使得，
即，
有唯一解，该解即为，由前面等式①可知，此时存在唯一与之对应，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是分类讨论思想的应用，考查转化能力，通过构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题
6．（24-25高三上·贵州六盘水·阶段练习）设为的导函数，若在区间D上单调递减，则称为D上的“凸函数”．已知函数．
(1)若为上的“凸函数”，求a的取值范围；
(2)证明：当时，有且仅有两个零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由“凸函数”定义可得在区间D上单调递减，令，则问题转化为在恒成立，分离参数后转化为求函数最值可得；
（2）令，结合的单调性与三角函数的有界性，分区间讨论的单调性与函数值的符号变化即可.
【详解】（1）由，则.
由题意可知，为上的“凸函数”，
则在区间上单调递减，设，
则，所以在恒成立，
则在恒成立，
又当时，函数取最小值，且最小值为，
所以有，解得，
即a的取值范围为.
（2）当时，由得
.
令，其中，
则，其中.
①当时，则，，
所以，则在单调递增，
则恒成立，即在无零点；
②当时，令，其中，
由在单调递增，
又，
故存在，使得，
故当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
由，
故存在，使，即，
故当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
又，
故当时，，即在无零点；
③当时，由，则，
故故在单调递增，
，且，
故由零点存在性定理可知在有且仅有一个零点；
④当时，，
故在无零点；
综上所述，有且仅有两个零点，其中，而另一个零点在内.
由，即将图象向左移1个单位可得的图象.
故也有两个零点，一个零点为，另一个零点在内.
故有且仅有两个零点，命题得证.
【点睛】关键点点睛：该题目属三角函数与导函数综合题型，解决本题目的关键在于利用导函数与三角函数的有界性分区间讨论函数值的符号变化.当时，，单调递增，而，无零点；当时，通过二次求导与零点存在性定理可得先减后增，而，也无零点；当时，，单调递增，而，有且仅一个零点；当，由三角函数有界性，恒有故无零点.
题型03 利用隐零点证明不等式
【解题规律·提分快招】
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。
【典例训练】
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）求证：
【答案】证明见解析.
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨最值情况作答.
【详解】令，求导得，显然函数在上单调递增，
而，，因此存在，使得，即，有，
当时，，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，
于是
，
所以.
2．（23-24高三下·湖北黄冈·阶段练习）已知函数.
(1)求方程在上的解集；
(2)设函数；
（i）证明：在有且只有一个零点；
（ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可；
（2）（i）根据三角函数的性质分区间研究函数的性质，利用零点存在定理可证明；（ii）然后利用换元法求值域即可证明.
【详解】（1）
所以.
所以或
当时，，则，又，所以或，
当，则，又.
所以或，所以或，
所以方程在上的解集为.
（2）（i）设.
当，则，
此时在区间上单调递增，
又在区间上也单调递增，所以在区间上单调递增，
又
所以在时有唯一零点，
当，所以，
所以在上没有零点，
综上，在有唯一零点.
（ii）记函数的零点为，
所以，且，所以，
所以，
令，因为，所以，
又，则，
所以.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求的极小值；
(2)若，求证：当时，.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出的导数，确定单调性求出极小值.
（2）求出，利用不等式性质证明，再构造函数，利用导数探讨最小值即可推理得证.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，，则，在上单调递减，
所以函数在处取得极小值，为.
（2）依题意，的定义域为，
当时，，则只需证，
令，求导得，
令，求导得
则函数在上单调递增，且，，
因此函数在上有唯一零点，且，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
于是，
则，所以当时，.
【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式证明问题，可以利用不等式性质放缩，再构造函数，利用导数探讨单调性、极(最)值即可推理作答.
4．（24-25高三上·北京·开学考试）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线为轴，求的值；
(2)讨论在区间内的极值点个数；
(3)若，求证：存在两个零点，且满足.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求函数的导函数，若在点处的切线为轴，只需，求解即可；
（2）针对导函数，分和两种情况讨论求解即可；
（3）通过导数求出函数的单调性，由函数及，，，，从而可证明函数存在两个零点，再根据零点存在性定理即可证明.
【详解】（1）函数求导得，
因为函数在处的切线为轴，
所以，即.
（2）函数的导函数，
若，当时，恒成立，
函数在上单调递增，即函数无极值点.
若，当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因此，为的极值点，且无极大值点.
所以当时，在内极值点个数为；
当时，在内极值点个数为.
（3）当时，导函数，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以，
又因为，
当时，，当时，，
所以函数存在两个零点.
设，又因为，所以，
又因为，
，
所以，
所以.
5．（23-24高三下·辽宁大连·阶段练习）已知函数，.
(1)求函数的值域；
(2)设函数，证明：有且只有一个零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，首先判断的奇偶性，再利用换元法求出函数在时的取值范围，结合偶函数的性质得解.
（2）结合零点的存在性定理分类讨论可证有且只有一个零点；结合零点性质与单调性放缩可得.
【详解】（1）因为，
所以，
则，
所以为偶函数，
当时，
令，则，令，，
，又，，
所以，
即当时，根据偶函数关于轴对称，所以当时，
综上可得.
（2）因为，
当时，函数与函数均在上单调递增，
故在上单调递增，
又，，
故存在唯一零点，
当时，，，故，
当时，，，故，
故当时，无零点，
综上所述，有且只有一个零点，且该零点；
由上可知，且有，
则，
即，
由函数在区间上单调递增，
故.
【点睛】关键点睛：本题二问关键在于借助零点的存在性定理判定有且只有一个零点，借助零点得到，将转化为，结合函数单调性，得到.
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，若在上不单调，求a的取值范围.
【答案】
【分析】求出函数的导数，利用函数在上存在变号零点求解即得.
【详解】函数，求导得，
由在上不单调，得函数在上存在变号零点，
而函数在上单调递增，，，
因此，又，解得，
所以a的取值范围为．
2．（24-25高三上·全国·期末）已知函数，为的导数．证明：在区间存在唯一极大值点．
【答案】证明见解析
【分析】构建，利用导数结合零点存在性定理分析的单调性和极值即可.
【详解】由题意可得，
设，则．
当时，因为在区间内单调递减，
可知在区间内单调递减，且，，
可得在上有唯一零点，设为．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
故在上存在唯一极大值点，
即在上存在唯一极大值点．
3．（23-24高三下·浙江丽水·期末）已知，函数.
(1)若，解不等式；
(2)证明：函数有唯一零点；
(3)设，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将不等式化简，利用对数函数单调性解不等式即可；
（2）先利用导数判断函数单调性，利用零点存在性定理即可证明；
（3）作差变形后，结合基本不等式利用作差法即可判断.
【详解】（1）当时，不等式即为，即，
所以，解得；
（2）因为，所以在定义域内单调递增，
又，，，
所以由零点存在定理得，函数有唯一零点，且零点在内.
（3）由知，，
因为，
所以
.
4．（23-24高三下·河南南阳·期末）已知函数，其中.
(1)讨论在区间上的单调性；
(2)若，函数在区间内存在唯一的极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数再探讨函数的单调性即可得解.
（2）求出函数的导数，结合（1）的信息按，分类讨论的单调性即可求得答案.
【详解】（1）函数，求导得，
设，则.
而，则当时，，函数在上单调递减，
于是，所以函数在上单调递减.
（2）函数，求导得，
若，由（1）知在上恒成立，从而在内无极值点，不符合题意；
若，设，则，且，
设，则在上恒成立，因此在上单调递减，
若，即，则在上恒成立，因此在上单调递增，
则在上恒成立，从而单调递增，无极值点，不符合题意；
若，即，则在上存在零点，且在上单调递增，在上单调递减，
又，所以要使有极值点，必须有，即，
从而的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论.
5．（2024·广西·模拟预测）设函数，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)证明：．
【答案】(1)函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，利用导数求出其单调区间即可.
（2）通过导数及零点存在定理判断函数在上单调递减，在上单调递增，且，等式两边取对数并使用基本不等式证明即可.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，
令
因为，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，注意到，
所以当时，；
当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）证明：，
即，
的定义域为，
且．
在上单调递增，
当时，在上单调递增，
故在上单调递增，
又，当趋近于0时，，
根据零点存在定理可知，导函数存在唯一的零点，
设该零点为．当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最小值．
，即，
两边同时取对数得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
故当时，，
即．
6．（23-24高三下·重庆北碚·阶段练习）已知函数．
(1)若在处的切线方程为，求m的值；
(2)当时，求证：有且仅有两个零点；
(3)若时，恒有，求m的取值范围．
【答案】(1)0；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合已知求出m的值.
（2）当时，按分段计算的取值情况，结合零点存在性定理求出的单调区间即可推理得证.
（3）分段讨论可得恒成立，再按讨论求解.
【详解】（1）函数，求导得，
依题意，，解得，经验证符合题意，
所以m的值为0.
（2）当时，，，
当时，，
当时，，
当时，函数在上单调递增，则在上单调递增，
而，，因此存在唯一，使得，
当时，，当时，，则在上递减，在上递增，
于是，而，
则函数在上有唯一零点，而，则0是在上的唯一零点，
所以函数有且仅有两个零点.
（3）由（2）知，函数在上单调递增，此时，
当时，，
则当时，恒成立，当，即时，恒成立，
函数在上单调递增，恒有成立，则；
当时，，，
又函数在上的图象连续不断，
则必存在，使得，且时，，
因此函数在上单调递减，当时，，不符合题意，
所以m的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以借助分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函数值正负，以确定单调性推理作答.
7．（23-24高三下·福建三明·期中）已知函数.
(1)求函数的极大值和极小值；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值为，极小值为；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，借助单调性求出函数的极大值、极小值即可.
（2）把问题转化为在上恒成立，并确定，构造函数，利用导数分类探讨即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，
由，得，由，得或，
因此函数在上单调递增；在上单调递减，
所以函数的极大值为，极小值为.
（2）由在上恒成立，得在上恒成立，
当时，则对任意的实数恒成立，
当时，，则，
令，令，则，
求导得，
因此，令，显然函数在上单调递增，
①当时，，则对，
函数在上单调递增，恒有，
因此不等式在上恒成立；
②当时，由，而函数在上单调递增，
则存在唯一的，使得，且当时，，
从而当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即，不符合题意，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函数值正负，以确定单调性推理作答.
8．（23-24高三下·北京海淀·期末）已知函数，其中.
(1)若在处取得极值，求的单调区间；
(2)若对于任意，都有，求的值.
【答案】(1)增区间是，减区间是
(2)
【分析】（1）先求出，由题意得求出，检验可得；
（2）先将“不等式恒成立”问题等价转化为“恒成立”问题，再构造函数，由与，分三类探究即可.
【详解】（1），由，函数定义域为.
则，
∵在处取得极值，
∴，
设，则在单调递减，
至多一个实数根，又，
方程有且仅有一个实数根.
当时，，其中.
， ，
当时，，则，在单调递增；
当时，，则，在单调递减；
所以在处取得极大值，极大值为.
故的增区间是，减区间是；
（2）由（1）知，当时，在处取最大值，且最大值为，
即任意时，都有，满足题意.
由，得，
令，则，不等式转化为，
即在恒成立.
设，其中，
，其中，
①当时，且，
故存在，使，由在单调递减，
则当时，，在单调递减，
所以，故不满足恒成立，即不合题意；
②当时，且，
故存在，使，由在单调递减，
则当时，，在单调递增，
所以，故不满足恒成立，即不合题意；
综上所述，若对于任意，都有，则.
【点睛】已知不等式恒成立求参数问题，我们可以先取定义域内的一个或几个特殊点探路.如题目第（2）问中得到，由恒成立，考虑，再借助与的大小分类讨论求解即可.
9．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数．
(1)求证：对．曲线在点处的切线恒过定点；
(2)当时，判断函数的零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再证明其经过定点即可；
（2）根据函数的定义域分和两种情况讨论函数的零点情况，利用求导判断函数的单调性，再借助于零点存在定理判断零点个数即得.
【详解】（1）由求导可得，，
依题意，，
故曲线在点处的切线为，
即，因，故有，解得，
即切线恒过点，得证；
（2）的定义域为，由（1）已得：，，
①当时，，则在上单调递增.
由，而，
因（下面证明），故，
即，由零点存在定理可得，在上有且仅有一个零点，
即在上只有一个零点；
下证：.设，则，
即在上单调递增，故，即成立.
②当时，，则在上单调递增.
由，因，则，而，故，
又，
因在上单调递增，故，
即，由零点存在定理可得，在上有且仅有一个零点,
即在上只有一个零点.
综上所述，时，在上有两个零点.
10．（24-25高三下·全国·课后作业）已知函数且．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)在①；②两个条件中任选一个，证明：恰有三个零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导函数再求斜率最后点斜式得出切线方程；
（2）先根据的零点即是等于的零点个数，求出导函数得出函数值范围，应用零点存在定理即可证明函数有3个零点.
【详解】（1）当时，，所以．
故在处的切线方程为．
（2），因为，
所以的零点个数等于的零点个数，其中．
若选择条件①：，
令，得．
因为，所以，
因此在上单调递减，在区间内单调递增，在上单调递减．
设
单调递增，单调递减，
,
所以时，，当时，，
所以，所以．
所以，
取，则；
又，所以，
即，故；又，
所以在区间内各恰有唯一的零点，
故恰有三个零点，从而恰有三个零点．
若选择条件②：，
令，得．
因为，所以，
因此在上单调递增，在区间内单调递减，在上单调递增．
同选择条件①，取，则，
取；
又因为，
所以，
即，又．
所以在区间内各恰有唯一的零点，
故恰有三个零点，从而恰有三个零点．
【点睛】方法点睛：先根据的零点即是等于的零点个数，求出导函数得出函数的单调性得出函数值范围，应用零点存在定理即可证明函数有3个零点.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题05 导数中的隐零点问题
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题型01 利用隐零点解决最值、极值 1
题型02 利用隐零点判断零点个数 2
题型03 利用隐零点证明不等式 4
题型01 利用隐零点解决最值、极值
【解题规律·提分快招】
一、隐零点问题 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）. 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.
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东·模拟预测）已知函数，则使有零点的一个充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数恰有两个极值点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知对任意恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
二、填空题
5．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，且，函数的值域为 .
6．（2024·青海·模拟预测）已知函数的最小值为，则 .
题型02 利用隐零点判断零点个数
【解题规律·提分快招】
一、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. 二、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.
【典例训练】
一、单选题
1．（23-24高三下·广东韶关·期末）已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·四川·阶段练习）已知实数满足，则函数的零点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、解答题
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数.
(1)求在区间内的极大值；
(2)令函数，当时，证明：在区间内有且仅有两个零点．
4．（2024·江西新余·模拟预测）已知函数.
(1)若，求在处的切线方程.
(2)讨论的单调性.
(3)求证：若，有且仅有一个零点.
5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若，讨论的零点个数；
(3)若，且，证明：存在唯一实数，使得.
6．（24-25高三上·贵州六盘水·阶段练习）设为的导函数，若在区间D上单调递减，则称为D上的“凸函数”．已知函数．
(1)若为上的“凸函数”，求a的取值范围；
(2)证明：当时，有且仅有两个零点．
题型03 利用隐零点证明不等式
【解题规律·提分快招】
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。
【典例训练】
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）求证：
2．（23-24高三下·湖北黄冈·阶段练习）已知函数.
(1)求方程在上的解集；
(2)设函数；
（i）证明：在有且只有一个零点；
（ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求的极小值；
(2)若，求证：当时，.
4．（24-25高三上·北京·开学考试）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线为轴，求的值；
(2)讨论在区间内的极值点个数；
(3)若，求证：存在两个零点，且满足.
5．（23-24高三下·辽宁大连·阶段练习）已知函数，.
(1)求函数的值域；
(2)设函数，证明：有且只有一个零点，且.
一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，，若在上不单调，求a的取值范围.
2．（24-25高三上·全国·期末）已知函数，为的导数．证明：在区间存在唯一极大值点．
3．（23-24高三下·浙江丽水·期末）已知，函数.
(1)若，解不等式；
(2)证明：函数有唯一零点；
(3)设，证明：.
4．（23-24高三下·河南南阳·期末）已知函数，其中.
(1)讨论在区间上的单调性；
(2)若，函数在区间内存在唯一的极值点，求实数的取值范围.
5．（2024·广西·模拟预测）设函数，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)证明：．
6．（23-24高三下·重庆北碚·阶段练习）已知函数．
(1)若在处的切线方程为，求m的值；
(2)当时，求证：有且仅有两个零点；
(3)若时，恒有，求m的取值范围．
7．（23-24高三下·福建三明·期中）已知函数.
(1)求函数的极大值和极小值；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
8．（23-24高三下·北京海淀·期末）已知函数，其中.
(1)若在处取得极值，求的单调区间；
(2)若对于任意，都有，求的值.
9．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数．
(1)求证：对．曲线在点处的切线恒过定点；
(2)当时，判断函数的零点的个数，并说明理由．
10．（24-25高三下·全国·课后作业）已知函数且．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)在①；②两个条件中任选一个，证明：恰有三个零点．
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