第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题（讲+练）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考）

这是一份第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题（讲+练）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考），文件包含第11讲拓展四导数中的隐零点问题精讲+精练原卷版docx、第11讲拓展四导数中的隐零点问题精讲+精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。

第一部分：知识点精准记忆
第二部分：典型例题剖析
第三部分：第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 （精练）
第一部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、不含参函数的隐零点问题
已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有：
①关系式成立；②注意确定的合适范围.
2、含参函数的隐零点问题
已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则有
①有关系式成立，该关系式给出了的关系；②注意确定的合适范围，往往和的范围有关.
3、函数零点的存在性
（1）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.
① 若，则的零点不一定只有一个，可以有多个
② 若，那么在不一定有零点
③ 若在有零点，则不一定必须异号
(3)若在上是单调函数且连续，则在的零点唯一.
第二部分：典 型 例 题 剖 析
1．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数．
(1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值；
(2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
，所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
因为切线经过点，所以
解得．
(2)
设，则，
设，则，
因为在上递增，
所以当时，，当时，
所以在上递减，在上递增，
所以，
令，则
所以在递减，
因为，
所以，所以．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，利用导数求得，再利用函数的单调性结合可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题
2．（2022·甘肃·一模（文））已知函数，．
(1)判断函数的单调性；
(2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】
(1)
的定义域为，求导得：，
若时，则，此时在单调递增；
若时，则当时，在单调递减，
当时， ，f(x)在单调递增.
(2)
当时，，
由题意在上恒成立，
令，则，
令，则，所以在上递增，
又，所以在上有唯一零点，
由得，
当时，即，单调递减；时，即，单调递增，所以为在定义域内的最小值.
即
令，则方程等价于，
又易知单调递增，所以，即
所以，的最小值
所以，即实数的取值范围是
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
3．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数（为自然对数的底数）.
(1)求的极值；
(2)（i）证明∶与有相同的零点；
（ii）若恒成立，求整数a的最大值.
【答案】(1)的极小值为，无极大值；
(2)（i）证明见解析，（ii）
【解析】
(1)
由题意可知，，
令，即，解得；
当时，，所以在单调的递增；
当时，，所以在单调的递减；
当时，取得极小值为，无极大值；
(2)
（i）由知，
所以在上单调递增；
由知，
所以在上单调递增；
又，
故必存在唯一使得，
即有，
故，
所以与有相同的唯一零点；
（ii）由，得恒成立，
在恒成立，
令，，则
，
由（i）知单调递增且存在唯一零点；则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故；
由（i）知；又，
故进一步确定；
故，
即，解得，又；
所以整数a的最大值为.
【点睛】
求解不等式问题的关键：
适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，
从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；
构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以
求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并
借助导数加以求解.
4．（2022·四川南充·二模（理））已知.
(1)求在的切线方程；
(2)求证：仅有一个极值；
(3)若存在，使对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【解析】
(1)
当时，
得，又.
所以在的切线方程为：.
即；
(2)
令，
由于，得.
所以在单调递减.
所以存在唯一，使得.
所以于单调递增，单调递减.
，无极小值.
所以仅有一个极值.
(3)
任意，则.
由（2）知.
又，则.
若存在，使，即，
得，
转化为.
当时，或；
当时，；
所以于单调递增，单调递减，单调递增
当时，
由于，则，又.
当时，
综上：当时，
得.
故.
【点睛】
不等式恒成立问题、存在性问题的求解，有相同点：即分离常数法.也有不同点，如恒成立问题，转化为；能成立问题，则转化为.
5．（2022·河南洛阳·模拟预测（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析.
【解析】
(1)
由已知条件得函数的定义域为，
，
因为
①当时，在上恒成立，
故在上为单调递增.
②当时，当时，，当时，
故在上为单调递减，在上为单调递增；
综上所述：当时，在上为单调递增
当时，在上为单调递减，在上为单调递增
(2)
当时，
要证原式成立，需证成立，
即需证成立，
令，则，
令，则，故在上单调递增，
，，由零点存在性定理可知，存在使，
则在上，在上，
即在上，在上，
则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值，
由可得，即，
两边同取对数，即，
的最小值为，
即成立，
故当时，成立.
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.
6．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数．
(1)当时，若满足，讨论函数的单调性；
(2)当时，若恒成立，试比较a和1.5625的大小．
参考数据：，，，．
【答案】(1)时单调递减；时，单调递增(2)
【解析】
(1)
，
因为，所以与均单调递增，从而是上的增函数，又满足，
所以是在上的唯一零点，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
(2)
，
当时，原不等式可转化为，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
∴，又，
由于，
，
所以在上存在唯一零点，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
故，又，即，
∴，
由于，即．
【点睛】
利用导数研究函数的单调区间、极值、最值，当求导一次无法解决问题时，可考虑利用二次求导来进行求解.
7．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)判断函数的单调性．
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】
(1)
解：因为，所以，解得，所以．
函数的定义域为，令，得；令，得．
所以函数的增区间为，减区间为.
(2)
证明：要证，即证，只需证．
令，其中，
则．
令，则，所以在上单调递增．
因为，，
所以存在，使，可得，
当时，，即，则在上单调递减；
当时，，即，则在上单调递增．
所以．
所以，所以．
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
8．（2022·河南·平顶山市教育局教育教学研究室高二开学考试（文））已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)当时，证明：对恒成立．
【答案】(1)单调区间、单调性见解析；(2)证明见解析.
【解析】
(1)
因为，
当时，，由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，由，得，由，得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
当时，，当且仅当时取“=”，则在R上单调递减，
当时，由，得，由，得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增.
(2)
当，时，，
令，则，
显然在上单调递增，且，，
即存在，使得，当时，，当时，，
于是得在上单调递减，在上单调递增，
即，而，即，
因此，，而，即，
所以对恒成立.
【点睛】
思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
9．（2022·海南·嘉积中学高三阶段练习）已知函数(为自然对数的底数，)．
(1)求的单调区间和极值；
(2)设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2)﹒
【解析】
(1)
，x＞0，
当时，－a≥0，，∴在上单调递增，无极值；
当时，令，得，
当时，；当时，；
∴在上单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值.
综上，当时，的增区间为，无减区间，无极值；
当时，的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
(2)
∵对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
令，则，
∴在上为增函数，
又∵，，
∴，使得，即，
当时，，可得，∴在上单调递减；
当时，，可得，∴在上单调递增，
∴，
由，可得，
令，则，
又由，∴在上单调递增，
∴，可得，∴，即，
∴，∴，
综上所述，满足条件的取值范围是.
【点睛】
本题关键是参变分离不等式，将问题转化为求在时的最小值，转化为通过导数研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程时，还需要采用同构思想构造函数，达到简化的目的.
10．（2022·全国·哈师大附中模拟预测（理））已知函数（，e为自然对数的底数）．
(1)若在x=0处的切线与直线y=ax垂直，求a的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，求证：．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析
【解析】
(1)
，则，
由已知，解得
(2)
（ⅰ）当时，，
所以，，
则在上单调递增，在上单调递减；
（ⅱ）当时，令，得，
①时，，
所以或，，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
②时，，则在上单调递增；
③时，，
所以或，，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(3)
方法一：
等价于
当时，
令
令，则在区间上单调递增
∵，
∴存在，使得，即
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增
∴
∴，故
方法二：
当时，
令，则，
令，则
当时，；当时，
∴在区间上单调递减，上单调递增．
∴，即
∴，
【关键点点睛】
解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用.
11．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知函数.
(1)若，求在上的最大值与最小值之差；
(2)若，证明：
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】
(1)
由题意得，
则，由于都是递增函数，
故是递减函数，
则，
故为递减函数，
则，
故；
(2)
证明：由， ，
可得，
设，
令 ，故单调递增，
又，
故存在 ，使得，
当 时，，单调递减，
当 时，，单调递增，
故，
由于，则，故，
所以.
12．（2022·江西宜春·模拟预测（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个不等实根，证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)证明见解析
【解析】
(1)
解：因为，
所以，
时，单调递减；
时，单调递增，
所以单调递减区间为，单调递增区间为；
(2)
由题意可知，不妨设，，
∴，于是原式等价于，
即，
∴，
下面先证明，当时，，
令，
，
又∵，
∴，
∴，在时恒成立，
∴欲证，只需证明即可．
∴，
变形得，，
当时，显然成立，
所以得证．
【点睛】
关键点点睛：本题第二问关键是由两边取对数，得到，再结合，不妨设，令，转化为而得证.
13．（2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二期中）已知函数 的图象在点 ( 为自然对数的底数) 处的切线斜率为 ．
(1)求实数 的值;
(2)若 ， 且存在 使 成立， 求 的最小值．
【答案】(1)1(2)4
【解析】
(1)
由题意知：，，解得；
(2)
由（1）知：，存在 使 成立等价于，令，
则，令，则，所以在上单增，
又，故存在使，即，
故当时，单减，故当时，单增，
故，故，
又且，故 的最小值为4.
14．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习（理））已知函数，函数在处取得最大值.
(1)求a的取值范围；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】
(1)
显然，由已知得.
故.
若，当时，；当正数时，.
有最小值，不符合题意.
若，当时，；当时，.
有最大值，故a的取值范围为.
(2)
由（1）知，当时，，所以.
当时，因为，只需证，
即证
令，
设，
故在上为增函数.
所以，
所以存在，使得，此时.
当时，，即；当时，，即.
故.
又因为在为减函数，且，
所以
故当时，，即，所以.
综上，当时，.
解法二：由（1）知，当时，，所以.
当时，因为，只需证，
即证.
令在上单递增，
所以；
令，由得.
当时，单调递增；
当时，单调递减.
当时，，故
所以
综上，当时，.
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
第三部分：第11讲 拓展四：导数中的隐零点问题 （精练）
1．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）已知函数，.
(1)若，求函数的极值；
(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
(3)若，正实数满足，证明：.
【答案】(1)极大值为，无极小值；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
(1)
∵，∴，
此时，，
，，
由得，由得，
∴的单调增区间为，单调减区间为，
∴有极大值为，无极小值；
(2)
由恒成立，得在上恒成立，
问题等价于在上恒成立.
令，只要.
∵.
令，
∵，∴在上单调递减.
∵，，
∴在(0，＋)上存在唯一的，使得，即，
∴.
∴当时，，g(x)单调递增，
当时，，g(x)单调递减，
∴，即，
∵，∴整数的最小值为；
(3)
由题可知，.
当时，，.
∵，
∴，
∴，
令，则由得，，
易知在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
解得成立.
【点睛】
本题第二问关键是讨论函数的零点和单调性和，从而参变分离后函数的最小值，解题过程中零点无法求出，属于隐零点，可以设而不求，利用隐零点将对数式转换为幂式进行计算.第三问的关键是将方程变形，把看成整体进行求解.
2．（2022·甘肃·二模（文））已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)
的定义域.
当时，分下面三种情况讨论：
①当时，恒成立，所以在单调递增；
②当时，，令，得，或，
所以在和单调递增，在单调递减；
③当时，，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减.
综上，当时，在和为增函数，在为减函数；时，在为增函数；
当时，在和为增函数，在为减函数.
(2)
（2）当时，要证明，
即证.
设，则，
又函数在为增函数，而，
所以存在，使得，且有，
所以在为减函数，在为增函数.
所以，
令，显然在为减函数，所以，
即，而，所以，
即，
故当时，恒成立.
3．（2022·陕西汉中·二模（文））已知函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求实数的值及函数的单调区间；
(2)若时，，求的最大值（注：表示不超过实数的最大整数）.
【答案】(1)，减区间是，增区间是；
(2)2
【解析】
(1)
，，又，所以，，
，
时，，时，，
所以减区间是，增区间是；
(2)
时，，，
，
设，则，
由（1），，
，，
所以在上存在唯一零点，设零点为，，
所以时，，递减，时，，递增，
，
，所以满足题意的的最大整数为2．即．
4．（2022·甘肃·二模（理））已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)
的定义域
.
当时，，所以恒成立，
所以在单调递减，在单调递增；
当，分下面三种情况讨论：
①当时，恒成立，所以在单调递增；
②当时，，令.得，或.
所以在和单调递增，在单调递减；
③当时，，令，得，或，
所以在和单调递增，在单调递减.
综上，当时，在和为增函数，在为减函数；
时，在为增函数；当时，
在和为增函数，在为减函数；
当时，在为减函数，在为增函数.
(2)
当时，要证明，
即证，设，
易知在为增函数，在为减函数，
所以；设，
则，又函数在为增函数，
而，，
所以存在，使得，且有，
所以在为减函数，在为增函数.
所以.
设，显然在为减函数，
所以，即，
而，所以，
即，故当时，
恒成立，所以成立.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
5．（2022·江西省宜春中学高二开学考试（理））设函数.
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)求的单调递减区间；
(3)求证：不等式恒成立.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
(1)
当时，，，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
(2)
由题意得：定义域为，；
令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递减区间为.
(3)
设，则，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，又，，
，使得，则，，
在上单调递减，在上单调递增，
（当且仅当时取等号），
又，，，即恒成立.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围.
(2)若，求证：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
由题意，得在上单调递增，
所以在上恒成立，故，
所以实数的取值范围是.
(2)
当时，因为，，
所以在上单调递增，
又因为当时，，，
所以存在使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
故，由式可得，，代入上式，
得，由，
令，则，，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以，所以当时，，即得证.
7．（2022·安徽滁州·二模（文））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求整数a的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)4
【解析】
(1)

①当时，恒成立，故在上恒增；
②当时，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)
，由于，，
，，
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；
那么，，故，
由于为整数，则的最大值为4.
【点睛】
求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，然后通过构造函数，结合导数来求得参数的取值范围.