2026年高考数学大一轮复习核心题型讲义培优点专项突破练习(新高考版)培优点05隐零点(学生版+解析)

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知识清单
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理．
题型方法
【题型一】不含参函数的隐零点问题
【例1】）已知函数.若对任意，都有（e为自然对数的底数），求证：.
【答案】证明见解析
【分析】构造函数求导求最小值来证明本题，零点难求出时，设隐零点的方式即可证得.
【详解】设，则，
设，则，显然方程有唯一解，
因为在上单调递增，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，
因为，所以，所以.
【举一反三】【变式1】（2024高三·全国·专题练习）已知函数，求证：.
【答案】证明见解析
【分析】
构造函数，求导分析函数的单调性可得函数在区间上单调递增，再根据零点存在性定理可得存在使得，从而有，再代入证明即可.
【详解】证明：.
设，，则.
设，则，
故函数在区间上单调递增．
因为，，
所以存在使得，
所以，即，则.
当时，；当时，，
故函数的最小值为，
所以，
所以.
【变式2】已知函数（）．
(1)若在区间上单调递减，求的取值范围；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由在上恒成立可得，再由导数确定的单调性与最值后可得参数范围；
（2）利用导数求得的最大值，由这个最大值小球0可得证，为此需要对的零点进行定性确定，然后利用的性质写明．
【详解】（1）由已知得，
设，，
因为在区间上单调递减，
所以时，恒成立．
因为时，，
所以在区间上单调递减，
所以的最大值为，即．
当时，符合题意．
所以．
（2）当时，，，
则．
设，则，
所以在区间上单调递减．
因为，，
所以，使得，
即．
当变化时，，，的变化如下表：
所以的最大值为
．
因为，所以，，
所以，故．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，一般可利用导数求得最大值，再由证得结论，此类题这里有一个难点，即的不易求得，我们可以进行定性分析，即证明存在，使得，利用此等式可化简并证明出结论成立．
【变式3】（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，判定函数零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)有且只有一个零点，理由见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论含参函数的单调性即可；
（2）利用导数分析函数的单调性，从而求出极值，即可判断函数的零点个数.
【详解】（1）由题知，.
当时，当时，；当时，，
在区间上是㺂函数，在区间上是增函数；
当时，；当或时，；当时，；
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数；
当时，；当或时，；当时，；
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
综上所述，当时，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数；
当时，在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数.
（2）由（1）知，，定义域为，
，设，
在区间上是增函数，
存在唯一，使，即，
当时，，即；当时，，
即；当时，，即，
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数，
当时，取极大值为，
设，其知在区间上是减函数.
在内无零点，
在内有且只有一个零点，
综上所述，有且只有一个零点.
【点睛】用导数研究函数零点个数问题，主要是由导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得零点个数．难点是在确定零点存在时，零点两边函数值异号时点的取得．
【题型二】含参数的隐零点问题
【例2】（2025·重庆·三模）已知函数 ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)已知函数 ．
①若 ，求证： 当 时， ；
②若 ，函数 在区间上存在唯一零点，求 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可；
（2）①，从而得到在下单调递增，则，则得到的单调性，即可证明；
②当时,分析得在上单调递增，再取点计算得，最后利用零点存在性定理即可得到答案.
【详解】（1），
①当，即时，恒成立，在上单调递增．
②当，即或时，令，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增．
即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
（2）(i)，
，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
则在上单调递增，则，得证．
（ii）当时，，同理有在上单调递增，
而，
故由零点存在定理可知，存在唯一的，使得．
当时，单调递减；
当时单调递增．
，
故由零点存在定理可知，在无零点，在上存在唯一零点．符合题意．
当时，由（i）可知不合题意，故舍去．
综上所述，的取值范围为．
【举一反三】【变式1】（2025·山东济南·一模）已知，函数，.
(1)当时，求的极值；
(2)若存在零点.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）直接求导得，再分和讨论即可；
（i）转化得有解，再设，求导后再对分类讨论，最后利用隐零点法即可得到其范围；
（ⅱ）分析得表示原点与直线上的动点之间的距离，再等价转化为证明，再设新函数并多次求导即可证明.
【详解】（1）时，，
当时，，函数单调递增，既无极大值也无极小值.
当时，，，函数单调递减，，，函数单调递增，
函数的极小值是，无极大值.
（2）（ⅰ）当时，因为函数存在零点，故有解，
若，此时无解，所以，有解，，
①若单调递增，此时不存在零点；
②若，令，，，
由零点存在定理可知存在，
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，解得，故.
（ⅱ）因为函数存在零点，所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
，所以，
时，要证，只需证，
解法一：即证.
令，则，
令，，故在上为增函数，故.
即在上为增函数，
故，故，即成立.
解法二：令,则，
令，得单调递减，
令，得单调递增，
所以.
【变式2】已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，恒成立，求整数的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)最大值为4．
【分析】（1）求得，对的取值分类讨论，从而求得的单调区间；
（2）根据，恒成立，分离常数，通过构造函数，对函数求导计算出函数最小值为，根据的范围，结合函数单调性，确定的范围，从而求得整数的最大值.
【详解】（1），
①当时，恒成立，故在上恒增；
②当时，令，则，解得，
当时，，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增．
综上所述，当时，在上恒增；
当时，在和，上单调递增，
在上单调递减．
（2）因为，即，整理可得，
由于，所以，则；
令，，
令，
，由于，则，
故单调递增，
，，
所以存在使得，即．
当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，，
二次函数的对称轴为，所以在单调递增，
故，
由于为整数，则的最大值为4．
【变式3】（2023·内蒙古包头·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
(2)证明：当时，没有零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数后计算斜率，再计算，然后写出切线方程，求出其在坐标轴上的截距后可得三角形面积；
（2）求出导函数，引入新函数，由导数确定的零点的存在，从而得出的正负，得的最小值，然后证明这个最小值大于0即可证．
【详解】（1）当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在x，y轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．
（2）当时，因为，所以，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
又，
故在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，
所以在时，，
因为，所以，又因为当时，，所以．
所以．
因此当时，没有零点．
【点睛】方法点睛：证明函数无零点问题，可利用导数求出函数的最小值（或最大值），然后证明最小值大于0（或最大值小于0）即可，难点在于函数的最值点不能具体地求出，因此可象本题利用零点存在定理说明导函数的零点的存在性，得出最小值，注意利用对 进行化简变形，然后证明．
好题必刷
一、解答题
1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数，其中．
(1)若，证明；
(2)讨论的极值点的个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)有且仅有一个极值点.
【分析】（1）根据导函数的正负，判断的单调性，求得最小值，即可证明；
（2）求得，构造函数，对参数的取值进行分类讨论，结合零点存在性定理，判断的单调性，即可求得函数极值点个数.
【详解】（1）证明：当时，，，，，
又易知在上为增函数，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而.
（2）由题意知，函数的定义域为，，
设，，显然函数在上单调递增，与同号，
①当时，，，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
且，，，，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在唯一的极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分，，三种情况讨论，综合可得；
（2）由（1）得，表示出得的范围，并代入所证不等式，消去a得关于的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明.
【详解】（1）因为，
当时，，此时在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点，
当时，，在上单调递增，
当时在上单调递减；
当时，在上有零点，
当和时，，所以在和上单调递减，
当时，，所以在上单调递增．
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意可知，
若存在唯一的极值点，
由（1）可知且．
因为，
要证，
只需证①．
因为，所以．
将代入①整理可得，只需证．
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即原不等式成立．
3．（2023·河南开封·模拟预测）已知函数．
(1)若函数的图象与直线相切，求实数的值；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于的方程组，解之即可;
（2）由题意可得只有一个根，易知，可转化为与的图象只有一个交点，根据导数研究函数的单调性，数形结合即可求解.
【详解】（1）设直线与函数的图象相切于点，
因为,
所以，由②③可得④，易知.
由①得，代入④可得，
即，即，解得.
故.
（2）令，可得，
由题意可得只有一个根.
易知不是方程的根，所以，
所以由，可得.
设，则与的图象只有一个交点.
，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以.
所以.
又，时，，时，，
画出函数的图象如图所示：

由图可知，若与的图象只有一个交点，
则.
所以实数的取值范围是.
4．（2022·陕西宝鸡·三模）已知函数
(1)函数为的导函数，讨论当时的单调性；
(2)当时，证明：存在唯一的极大值点.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数分析单调性求解，
（2）由导数分析单调性，及零点存在性定理证明．
【详解】（1），设，则.
当时，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：当时，，，
由（1）可知的最小值为，而，又，
由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减，
所以当时，，当时，，故为的极大值点，
又在上单调递增，故在上不存在极大值点，
所以存在唯一的极大值点，
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．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0，
(1)求的值;
(2)若，证明:存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点.
【详解】（1），
当时，，所以在上递减，则没有最小值，
当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得最小值，得成立，
下面证为唯一解，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以方程有且只有唯一解，
综上，；
（2）证明:由（1）知，
令，
当时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，
所以当或时，，即，
当时，，即，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
即是唯一的极大值点，
，
由，得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
7．（2023·四川成都·一模）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【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.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，转化为构造函数，利用导数分析构造的函数的单调性，求得最值，证明即可.当导函数的零点不易求出时，可借助其单调性和零点存在定理确定零点所在区间，设出零点，再整体代换即可.
8．（2023·辽宁·二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数分类讨论、、时的单调性即可.
（2）根据已知条件将证明转化成证明（），运用导数研究的最大值与0比较即可.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
令，则，
①当时，，，在上单调递减，
②当时，，的2个根为，，
此时，则，或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当时，，的2个根为，，
此时，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，①当时，在单调递减；
②当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
③当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有两个极值点，，
所以由（1）可知，且，，
所以，
要证，即证，
只需证，，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
令，，
则当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】隐零点问题求解三步曲：
（1）用函数零点存在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取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
（3）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(1)中的零点范围还可以适当缩小．
题型方法
题型一 不含参函数的隐零点问题
题型二 含参数的隐零点问题
解题技巧
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，利用函数零点存在定理，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的合适范围．
＋
0
－
＋
0
－
单调递增
极大值
单调递减
解题技巧
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有关系式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．