(人教B版)2025秋高中数学选择性必修三同步讲义第6章拓展提升02隐零点与极值点偏移问题(4大热点题型+精讲精练)(学生版+解析)

拓展提升02隐零点与极值点偏移问题题型01隐零点问题解题锦囊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.考向一不等式的证明【典例1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）．(1)讨论函数的单调区间；(2)当时，证明：．【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数.(1)判断函数的单调性，并求出函数的极值;(2)证明:当时，.【变式2】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数.(1)若，求的取值范围；(2)当时，证明：.【变式3】已知函数（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a＝1，证明【变式4】（2024·山东威海·二模）已知函数．(1)求的极值；(2)证明：．考向二求参数范围【典例2】（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21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．【变式1】已知函数，当且时,不等式在上恒成立,求的最小值.【变式2】已知函数对任意的恒成立,其中实数,求的取值范围.【变式3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数(1)若，求的单调区间.(2)若对，恒成立，求实数的取值范围考向三零点、极值点问题【典例3】（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.【变式1】（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．【变式2】（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．【变式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．【变式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.题型02极值点偏移问题【典例4】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若有两个零点，且，证明：.【变式1】（23-24高三上·山东淄博·期末）已知函数，，则下列说法错误的是（

）A．函数与函数有相同的极小值B．若方程有唯一实根，则a的取值范围为C．若方程有两个不同的实根，则D．当时，若，则成立【变式2】已知函数有两个零点、，则下列说法错误的是（

）．A． B． C． D．【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知函数，直线是曲线的一条切线．(1)求的值，并讨论函数的单调性；(2)若，其中，证明：．【变式4】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数.(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；(2)若，求证：.【变式5】24-25高三上·湖南·阶段练习）已知函数，.(1)若，求曲线在点处的切线方程.(2)若有两个极值点，．（i）证明：；（ii）证明：.【变式6】（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)当时，求的单调区间；(2)若方程有两个不同的根．（i）求的取值范围；（ii）证明：．【变式7】（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最小值；(3)若关于的方程有两个实根，，求证：．拓展提升02隐零点与极值点偏移问题题型01隐零点问题解题锦囊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.考向一不等式的证明【典例1】（24-25高二上·湖南长沙·期末）已知函数（且）．(1)讨论函数的单调区间；(2)当时，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求得并因式分解，然后对进行分类讨论来求得的单调区间.（2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立.【详解】（1），①当时，当时，，时，，所以的递增区间是，，递减区间为；②当时，当时，，时，，所以的递增区间是，，递减区间为．综上，当时，的递增区间是，，递减区间为；当时，的递增区间是，，递减区间为．（2）当时，，由题意可得，只需证明，方法一：令，则，令，易知在上单调递增，，，故存在，使得，即，当时，，，，单调递减，当时，，，，单调递增，故时，取得唯一的极小值，也是最小值．，所以，即当时，．【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数.(1)判断函数的单调性，并求出函数的极值;(2)证明:当时，.【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增，极小值.(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极值；（2）首先由不等式构造函数，转化为证明函数的最小值小于0.【详解】（1）函数的定义域为..令，解得.当变化时，的变化情况如下表负0正单调递减极小值单调递增在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，有极小值.（2）要证明当时，，即证明当时，.令函数.则.当时，.设函数.则，故在上单调递增.又所以存在唯一的使得.且.当时，单调递减，当时，单调递增，所以设函数则即在单调递增.所以原不等式得证.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点问题求函数的最小值.【变式2】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）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.【变式3】已知函数（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a＝1，证明【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），当a≥0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，x∈（0，﹣a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递增，综上，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（0，﹣a）单调递减，f（x）在（﹣a，+∞）调递增．（2）当a＝1时，f（x）＝﹣+lnx，令g（x）＝f（）﹣（﹣ex），x∈（0，+∞），则g（x）＝﹣x﹣lnx+ex，g′（x）＝1﹣+ex，令h（x）＝﹣1﹣+ex，x∈（0，+∞），h′（x）＝+ex＜0恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，因为h（）＝﹣3+＜0，h（1）＝﹣2+e＜0，所以存在唯一的x0∈（，1），使得h（x0）＝﹣1﹣+e＝0，即e＝1+①，当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，所以g（x）在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+e，②把①代入②得g（x0）＝﹣x0﹣lnx0+1+，x0∈（，1），当x0∈（，1）时，﹣lnx0＜0，1﹣x0＜0，＜0，所以g（x0）＜0，所以g（x）＜0，所以a＝1时，f（）＜﹣ex．【变式4】（2024·山东威海·二模）已知函数．(1)求的极值；(2)证明：．【详解】（1）由题意得的定义域为，则，当时，，在上单调递增，无极值；当时，令，则，令，则，即在上单调递增，在上单调递减，故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；（2）证明：设，，令，则，即在上单调递增，，故，使得，即，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故即，即，则考向二求参数范围【典例2】（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21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）【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）,，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,+∞).【变式1】已知函数，当且时,不等式在上恒成立,求的最小值.解：依题分离参数得:,令,则,令.则在上递增,,存在,使.即,当时,;当.【变式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.【变式3】（2024·湖南邵阳·三模）已知函数(1)若，求的单调区间.(2)若对，恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)【详解】（1）若，则的定义域为，且，令，解得；令，解得；所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为，则，所以原题意等价于对，恒成立，构建，则，令，则对恒成立，可知在内单调递增，且，可知在内存在唯一零点，当时，，即；当时，，即；可知在内单调递减，在内单调递增，则，且，可得，则，可得，所以实数的取值范围为.考向三零点、极值点问题【典例3】（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.【变式1】（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】C【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.【变式2】（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】B【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．【变式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，f'x>0，当时，f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φx在区间内单调递减．又，，故存在，使得，当x∈0,x0时，，即h'x>0当时，，即h'x<0，hx在区间又，，因为，所以，所以hx在区间，内各有一个零点，即Fx在区间内有且仅有两个零点．【变式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.题型02极值点偏移问题【典例4】（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若有两个零点，且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；（2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案.【详解】（1）当时，，曲线在处切线的斜率为，又切线方程为，即曲线在处的切线方程为；（2）若有两个零点，则，得.，令，则，故，则，，令，则，令，则，在上单调递增，，，则在上单调递增，，故.【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．【变式1】（23-24高三上·山东淄博·期末）已知函数，，则下列说法错误的是（

）A．函数与函数有相同的极小值B．若方程有唯一实根，则a的取值范围为C．若方程有两个不同的实根，则D．当时，若，则成立【答案】BCD【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可.【详解】对于A，定义域，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，定义域，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故A错误；对于B，若方程有唯一实根，由于当时，，且，结合已求的单调性和最值可知，或，故B错误；对于C，因为方程有两个不同的实根，假设，则，则，即，两式相减得，即，由对数均值不等式，则，即得证，故C错误；对于D，当时，若，则，即，显然，则，则成立，故D错误.CD下面补证C选项对数均值不等式：要证，即证，设，即证，即证，令，，则在单调递增，当时，得证.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题减以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解【变式2】已知函数有两个零点、，则下列说法错误的是（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【分析】分析可知直线与曲线的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；证明对数平均不等式，其中，且、均为正数，利用对数平均不等式可判断BCD选项.【详解】由可得，令，其中，所以，直线与曲线的图象有两个交点，，令，可得，列表如下：减极小值增作出函数与的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，A对；接下来证明对数平均不等式，其中，且、均为正数.先证明，其中，即证，令，，其中，则，所以，函数在上为增函数，当时，，所以，当时，，接下来证明：，其中，即证，令，即证，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，当时，，所以，当时，，由已知可得，两式作差可得，所以，，因为，故，，B错，CD都对.CD.【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知函数，直线是曲线的一条切线．(1)求的值，并讨论函数的单调性；(2)若，其中，证明：．【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间；（2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论.【详解】（1）设直线与曲线相切于点，，又，即，设，则，在上单调递增，又，有唯一零点，，解得，，则当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，当时，；当时，，，要证，只需证．在上单调递减，只需证，又，则只需证对任意恒成立．设，则，设，则，在上单调递减，．又当时，，在上单调递增，，即在时恒成立，又．故原不等式得证．【变式4】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数.(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；(2)若，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；（2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可.【详解】（1）定义域均为，，令，解得：，令，解得：，所以在上单调递减，在上单调递增，在取极小值，且；又，令，解得：，令，解得：，所以在上单调递减，在上单调递增，在取极小值，且所以，解得：.（2）令，因为，所以，由可得：，（1）—（2）得：，所以，要证：，只要证：，只要证：，不妨设，所以只要证：，即证：，令，只需证：，令，所以在上单调递增，所以，即有成立，所以成立.【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有：1.构造对称函数；2.比值换元；3.对数平均不等式.本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称为的对数平均数.【变式5】24-25高三上·湖南·阶段练习）已知函数，.(1)若，求曲线在点处的切线方程.(2)若有两个极值点，．（i）证明：；（ii）证明：.【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得.（2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证.【详解】（1）函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程为.（2）（i）函数，求导得，令，得，设，求导得，，令，得，当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，于是，由有两个极值点，得方程有两个实根，即有两个实根，则.（ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且，设，求导得，令，则当时，，即函数在上单调递增，则，即当时，，于是函数在上单调递增，则，因此，则，即，而，又在上单调递减，因此，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；③适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；④构造“形似”函数，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.【变式6】（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)当时，求的单调区间；(2)若方程有两个不同的根．（i）求的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减；(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调