2026年高考数学-压轴强化训练压轴05隐零点问题的(4大核心压轴题型精讲+压轴强化训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学-压轴强化训练压轴05隐零点问题的(4大核心压轴题型精讲+压轴强化训练)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了已知函数，为的导数，已知函数，，已知函数.等内容，欢迎下载使用。
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接解出.在函数、不等式与导数的综合题目中经常会遇到.涉及隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解.
题型01 \l "_Tc5245" 利用隐零点解决最值
技法指导
利用隐零点解决最值的基本步骤：
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, 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.
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·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
【解析】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.
\l "_Tc14636" 题型02 不含参函数的隐零点问题
技法指导
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，②注意确定x0的范围.
3.（2025·江苏镇江二模节选）已知函数（其中），当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【解】可化为，
因为，则有：
当时，则，符合题意，；
当时，则，可得恒成立，
令，，可知：，
可得，
令，，
则在上恒成立，
可知：在上单调递增，且，，
则，使得，即，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
所以，
所以只需，因为，即整数的最大值为；
综上所述：整数的最大值为.
4.（2025·辽宁鞍山模拟）已知函数，.
（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；
（2）当时，求证：.
【解】（1）设切点为，由，∴.
∴切线方程为：.即.
∵直线与函数的图象相切，∴，.
解得，.
（2）证明：当时，，
令，
.
令，.则，
∴函数在上单调递增.
∵，.
∴函数在区间上存在一个零点，即函数在区间上存在唯一零点.
∴当时，，即，此时函数单调递减；
当时，，即，此时函数单调递增.
∴，由可得：.
两边取对数可得：.
故，
∴，即.
\l "_Tc26026" 题型03 含参函数的隐零点问题
技法指导
已知含参函数f（x，a），其中a为参数，导函数方程f'（x，a）＝0的根存在，却无法求出，设方程f'（x）＝0的根为x0，则（1）关系式f'（x0）＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；（2）注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
5.已知函数f（x）＝ex－a－ln x＋x.当a≤0时，证明：f（x）＞x＋2.
【证明】当a≤0时，
令F（x）＝f（x）－x－2＝ex－a－ln x－2，x＞0，
F'（x）＝ex－a－1x＝xex－a－1x，
显然函数F'（x）在（0，＋∞）上单调递增，
令g（x）＝xex－a－1，x＞0，
g'（x）＝（x＋1）ex－a＞0，
即函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而g（0）＝－1＜0，g（1）＝e1－a－1≥e－1＞0，
则存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，即ex0－a＝1x0，
因此存在唯一x0∈（0，1），使得F'（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，F'（x）＜0，当x＞x0时，F'（x）＞0，
因此函数F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
当ex0－a＝1x0时，x0－a＝－ln x0，
则F（x）≥F（x0）＝ex0－a－ln x0－2＝1x0＋x0－a－2＞21x0·x0－a－2＝－a≥0，当且仅当1x0＝x0，即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号.
所以当a≤0时，f（x）＞x＋2.
6.已知函数．（是自然对数的底数）
(1)若，求的单调区间；
(2)若，试讨论在上的零点个数．（参考数据：）
【解】（1）解：，则，定义域为，，
由，解得，可得，
解得，
由，解得，可得，
解得，
的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）解：由已知，
，令，则．
，∴当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减．
，，．
①当时，即时，，
，使得，
∴当时，；当时，，
在上单调递增，上单调递减．
，，又，
∴由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，而，
，，使得，， 且当、时，；当时，．
在和上单调递减，在上单调递增．
，，
，，
又，
∴由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点．
综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点．
\l "_Tc26026" 题型04 含参函数的隐零点问题
技法指导
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.
7.（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：.
【思维探究】
【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.
8.已知函数，.
(1)求的极值；
(2)证明：当时，.（参考数据：）
【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.
1.若函数的最小值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】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
2．（2026·湖北武汉·期中）已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】不等式对恒成立，
等价于，所以，
设，其中，则，令得，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，又，
所以存在使得，
所以若，则或，即或，
，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，所以只有才能满足要求，
即，又，解得，
所以实数的取值范围为.
3．（2025·黑龙江牡丹江·三模）已知函数，为的导数．
(1)求；
(2)证明：在区间上存在唯一零点．
【解】（1）因为，所以.
（2）函数的导函数为.
而的导函数为.
,随x的变化而变化的情况如下表：
由于,,根据函数零点存在定理,，使.
结合单调性可知在区间上没有零点,在区间上有唯一零点.
因此, 在区间上存在唯一零点
4.已知函数，当时，求证.
【解】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，.
5.（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．
【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．
6.（2025·广东珠海二模）已知函数
(1)若，判断函数的单调性，并求出函数的最值.
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
【解】（1）易知函数的定义域为，
当时，，
所以，
当时，；当，；
所以在上单调递减，在上单调递增；
由此可得，的最小值为，无最大值.
（2）因为，所以.
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
故可得函数至多只有一个零点，不符合题意；
当时，令，设该方程的解为，
则在上，；在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
为了满足有两个零点，则有 ①
因为是方程的解，所以，两边取对数可得 ②，
将②式代入①式可得，所以的取值范围为.
且当时，由②式得，所以在上仅有1个零点；当时，，故可得在上仅有1个零点；
综上，若函数存在两个零点，则实数的取值范围是.
7.（2025·山东聊城·一模）已知函数，，.
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最小值；
(3)设，讨论函数的零点个数.
【解题指导】（1）函数求导→令→求单增区间
（2）求导→构造函数→再次求导→分析新函数的单调性→虚设零点→，使→→构造函数，→由函数单调性求最小值.
（3）函数的零点个数→为的实数根的个数→的单调性讨论可得.
【解】（1），令，可得，
故的单调递增区间为；
第一步：分析题干，转化问题，找零点．
，
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
第二步：设零点，得出零点满足的关系式．
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
第三步：根据零点所满足的等量关系，“设而不求”，转化为不含参数的函数的最值问题
由，则，
【会代换】整体代换要向着解决问题的方向去靠，如本题两边同除，形式上接近，便易于求解了
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，
故，即，
则，
即的最小值为；
（3）令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
【技巧】含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
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：．
【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．
9．已知函数，．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，，证明：．
【解】（1）当时，，求导得，
，，
曲线在点处的切线方程为．
（2）恒成立，即，即恒成立，
令，则．
令，则，
单调递减，又，
当时，，当时，，
即时，，单调递增；
时，，单调递减.
，故．
（3）要证，，
即证，，
令，
则，令，
，
在单调递增，
又，，
，使得，
即，故，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
，
时，恒成立，得，
，
又，，
故，
，时，．
10．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.
【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.
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
x
0
+
-
0
单增
单减
-2