导数隐零点技巧讲义-2026届高三数学一轮复习（解析版）

导数隐零点技巧

隐零点问题是在解决函数零点问题中抽象出来的一类问题。这类问题的特点是函数或是导函数

的零点无法直接求解，即（1）零点存在却难以计算表达；（2）零点存在却无法用显性代数式

表达。给这类零点一个名字，就是隐零点，这种叫法是相对于可求出具体值的显零点而言的。

隐零点问题可谓是考察广泛。无论是简单的零点个数问题，还是函数最值问题（求函数最值本

质是求其导函数的零点），抑或是含参恒成立问题，都避免不了分析函数零点或是导函数零

点，而这些零点很有可能是隐零点。

不废话了，就直接介绍隐零点的解题思路吧！这里有三种思路一一

1.降次留参，建立含参方程

2.整体代换，化超越式为普通式

3.反代消参，构造关于零点的函数

隐零点问题（1）降次留参，建立含参方程

下面就先介绍第一种思路一一降次留参，建立含参方程。干巴巴地介绍不如直接用例题来得直

观，就用题来介绍吧！

_13>

【典例1】已知函数/=+X2+ax

（1）讨论/'（幻的单调性；

（2）设/'G）有两个极值点”3即，若过两点（3,，（勺）），G2JG2））的直线，与X轴的交

点在曲线丫=〃、）上，求a的值；

（3）函数〃x）的图像与又轴有三个公共点，求a的取值范围.

解析:

（1）暂略

（2）f（x）=x2+2x+a,由题设知Xi,如为方程f'（x）=0的两个根，故有4=22-4a

>C,即aV1,且

xj=-24—a

（Xj=-2Xj-CL

因此

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f(xD=]V+岩+以1

1

=-xi(-2xi-a)+/+a%!

122

=产+7axi

l、2

=§z(-2xi-a)+-O%1

2a

=-(a-1)M--

2

同理f(x?)=W(aT)尤2*

因此直线1的方程为V=式。-1)*一士

a

设I与X轴的交点为(％n.o)得Xn=标不

而

(、1aJ,[aI2a2

=3(2(«-1)]+b(a-1)]+2(a-1)

a2

=^77--j-(12a2-17a+6)

24(a—lr

由题设知，点(Xn.0)在曲线V=f(%)上，

23

故〃Xn)=C,解得a=0,[，:

23

所以Q的值为0，W,4

(3)函数fG)的图像与乂轴有三个公共点

=有极大值极小值且两个极值异号

=f'(x)有两个零点

u>4=4-4a>0,即a<l

f(x)的两个极值异号f(X2)VC

即

r2al[2ai

-(a-l)xx---—(a-l)x2--

4~2a(a-1)a2

2

=3S-1)%1%2-----------(M+X2)+—<C

又因为.即为方程f'(x)=/+2x+a=。的两个根

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由韦达定理有Xi+x)=-2,%ix9=a

a2

代入化简得了(4°-3)v0

3

解得。V」

综上可知，函数f(x)的图像与X轴有三个公共点时，。的取值范围为(一8,力

注：

1.对于第(2)问，利用极值点为.为与参数a之间的关系4=-2%i-a,X：

=-x,-a,把零点的次数不断降到一次为止，再利用设而不求的方法求出直线方程

(两点确定一条直线)。再利用直线方程求出与入轴的交点，根据交点在曲线

v=f(x)上，建立只含参数Q的方程，进而求得a的值。

2.对于第(3)问，等价转换为-〃七)<C,再利用韦达定理转化为含参数a的

不等式，求出参数a的取值范围。而这也是建立在第(2)问的降次留参。

此种方法一一降次留参，建立含参数的方程或不等式，主要应用于函数或导函数含幕结构的

(此幕结构可以像这道例题一样仅有塞结构，也可以是幕结构作为主要分析的因式部分，见下

一道例题)，也即不只含指数结构的函数；另外，当原函数含对数结构时，求导后，导函数就

变成了含褰结构的函数了，此时可能就试用了。

注意：含指数结构、对数结构并不是一定不能用，也可以将指数结构或是对数结构用事结构表

示后，整体代换掉。这也就是下面要介绍的解决隐零点问题的另一思路：整体代换将超越式转

化为普通式。

为什么呢？很显然，因为只有塞结构的函数才可以降次，若用到韦达定理时也只有幕结构的方

程才能使用韦达定理。不仅二次方程有韦达定理，三次或是更高次方程都有韦达定理。

_3sx

【典例2】已知函数=%的定义域为R.

(1)当a取得最小值时，记函数〃幻在久=a处的切线方程为y=。(幻，若

恒成立且aez,求a的最大值；

(2)若〃X)有两个极值点。和。，求证

13e—3/(%1)+/(%2)e3e

2+2a<%i+x?<4+4。

解析:

(i)由题意函数定义域为R,所以a20即a的最小值为0,所以"0)=1,

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()=3(。/-2"+3)"

2-(ax2+39，/(0)=1

所以g(x)=x+l,因为/'(x)N。(幻恒成立，

即3N(x+l)(ax2+3)e-恒成立

当为三一1时，显然成立，

3

令x=If(D>2,则a<-e-3<3V2-3<2

因为aez且a>0,所以a的最大值为1.

(2)

1:3eT/f(xi)+f(Q)

①先证明弓7nX1+X7

1

令九(x)=ex-(e—l)i—7

则h'(x)=ex-(e-1)

当h'(x)vO时，x€(-8,ln(e-l))

当h'(x)>0时，xC(ln(e-l),+8),

所以函数Mx)在(-8,ln(e-l))上单调递减，在(ln(e-1),+8)上单调递增

3

所以=e—(e—l)ln(e-1)—C

所以标>(e-lh+3

_3(ax2-2ax-^3)ex

由于f'(x)—_(aN+3)2

故和无，是方程ax2-2ax+3=。的实根，

3

所以Xi+x)=2,ri%7=7

所以

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/G1)+f(%2)f(必)+f3)

%1+%2

=2(Mex2+小日)

4

>T[2(e一l)x1x2+无1+无2]

4

3e-31

=-------+-

^t(x}=ex-^ex-h,iM=ex-le

〃孙)+/(犯)e3e

②再证明Xi+X9<4+Ac

g£

ln

当t'(x)v0时，xV】n二；当t'G)>C时，X>";

所以t(X)在(一8,110上单调递减，在(呜,+S)上单调递增.

所以tG)min=3w=；刖WC

所以"＜：6+彳0

则

fG1)+/(X2)

M+%2

1,3e-3/(x1)+/(r2)e3e

所以2十2aXi+x?44。得证.

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隐零点问题(2)整体代换，化超越式为普通式

先介绍以下三个概念

超越数

超越数的存在是由法国数学家刘维尔(JosephLiouville,1809-1882)在1844年最早证明的。

关于超越数的存在，刘维尔写出了下面这样一个无限小数：

a=0.110001000000000000000001000-

111

=市+俞+前+…

并且证明取这个Q不可能满足任何整系数代数方程，由此证明了它不是一个代数数，而是一个

超越数。后来人们为了纪念他首次证明了超越数，所以把数a称为刘维尔数。

超越式

超越式是非代数式的解析式，指不能对变数字母和数用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运

算表示的解析式。它包括无理数指数式、对数式、三角函数式、反三角函数式、双曲函数式、

幕指函数式等。

初等数学运算分为初等代数运算和初等超越运算。一类是初等代数运算，包括加、减、乘、

除、正整数次乘方、开方、有理数次乘方；另一类是初等超越运算，初等超越运算，包括无理

数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算。根据运算不同，解析式分为两大类。对字母只

进行初等代数运算的解析式称为代数式，如2x2,3xv+V等都是代数式。对字母进行了有

限次初等超越运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式，如：ln2x、sin(lgx+x)等，

都是超越式。

超越方程

超越方程是包含超越函数的方程，也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数，

与超越方程相对的是代数方程。超越方程的求解无法利用代数几何来进行。大部分的超越方程

求解没有一般的公式，也很难求得解析解。

当一元方程“幻=。的左端函数〃幻不是x的多项式时，称之为超越方程。如含有有未知

量的对数函数、指数函数、三角函数、反三角函数等的方程等。例2方=力+1,siiu

+x=Co

步入正题，还是用一简单的例题来介绍隐零点问题的第二种处理思路一一整体代换，化超越式

为普通式吧！

【典例3】设函数f(x)=e2'-alnx

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(1)讨论/'(幻的导函数/(X)零点的个数；

2

(2)求证：当a>0时，2c+aln二

解析：

(1)f'(x)=2e2x-^x>0)

当a三。时，r(x)>。在(0,+8)恒成立，所以/''(>)没有零点；

当a>0时，/''(x)在(0,+8)单调递增

又无t。，f'(X)T-8,X—+OC,/(X)T+0C

所以ra)存在一个零点.

(2)设r'a)的唯一零点为油，

由(1)可知，当xE(O.Xn),f'(x}<C,/Yx)单调递减；当xeGo.+8),ffxl

>C,f(x}单调递增

所以/Yx)取最小值

又/d)=2e%-5=C,所以e2、o=至

-ln

取对数得2%n=；-lnxn

所以

2x

/Go)=e°-aln%0

=T-+a(2x0+ln-)

2x0\a/

=Q(2x0+—)+nln-

2

>2a+alnn-

得证.

22

注：这个题第⑵问是要证明：f(x)N2a+aln：,只需证明N2a+。卜二。

在f'(x)的零点取到。但是呢！f'(x)=O是超越方程，无法求出其解，上面的解

法没有直接求解xn,而是在形式上虚设。这样做就可以将满足的两个等式，即靛町

二a_1。o

一〃.，必治=1115—2右代入超越式6"。一山11打，进而化为普通代数式。

【典例4］已知函数f(x)=炉一InGc+m)

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(1)设X=0是&x)的极值点，求m并讨论f(x)的单调性；

(2)当m<2时，证明：f(x)>C.

解析：

(1)m=1,f(x)的增区间为(0,+8],减区间为(一1,0)

(2)

当mW2时，x+m<x+2

则ln(x+ml<Infx+2)

所以f(x)=ex-1n(x+m]>ex-ln(x+2)

令0(x)=ex-ln(x+2),

i

。〈幻=ex~~

1

g"(x)=苏〉0

•••o'(x)在(—2,+8)上单调递增

又d(-l)=e-i-1VQq'(0)=「>C

，存在唯一的Xne(-1,0\使。'(Xn)=C

所以当一2vACX(1时，o'(xn)v0,o(x)单调递减；当X>Xn时，。'(Xn)>0,。(“)单

调递增；

x

Lq(x)lmin=。(刈)=e°-ln(xn+2)

又。'(%n)=ex°-xn+2-0

]

e10-Xn=-lnGn+2)

.1(XQ+I)2

•••g(3)=­5+x0=2>0

Xn十/Xn十/

故IflGdn>0,即<7(X)>0

又f(x)>.g(x),所以f(x)>0

1

注：这道高考题的解题步骤中，在确定函数的导函数。'(幻="一；•=在(一1.0)上存在唯

一的零点Xn后，无法直接求出Tn即为隐零点。在形式上虚设后，通过对无。满足的等式条

件：=^+2,Xn=-ln(x(i+2)合理代换使用后，将超越式。(Xn)=e'°Tn(即+2)

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转化为普通代数式。(X。)xn+2+无。

隐零点问题(3)反代消参，构造关于零点的函数

这篇文章就来介绍隐零点问题的第三种解决思路一一反代消参，构造关于零点的单一函数。

就不多废话了，按惯例直接上例题分析吧！

【典例5】已知函数"幻=%3—3/+/+2,曲线v在点(0.2)处的切线与X轴交

点的横坐标为-2.证明：当Av1时，曲线v=/■(%)与直线v=kx—2只有一个交点.

解析：

曲线v=f(x)与直线y=依一2只有一个交点0V=。(幻=f(x)-h+2的图象与x轴

只有一个交点.

g(x)=x3-3X2+(1—k)x+4

0'(x)=3x2-6x+1-k

(i)当4=36-12(1-k)=24+12&W0,即k2—2时，o'(x)N0

所以o(x)在R上为增函数

因为a(-l)=k-l<C,0(0)=4>C

所以存在唯一Yn€(-1,0)使得。(羽1)=0

所以。(X)的图象与乂轴只有一个交点

(2)当4=36—1211—公=24+12A>0,即一2vAV1时，。(")=C有两个零点

XuXj,设

(7(0)=.0(2)=1-fc>0,

o'⑴=-2-fc<0

所以0v乃V1<x-><2

当xC(-8,xi)时，。(x)>0,。仕)在内为增函数；

当xC(即,外)时，g'(x)V0,g(x］在(X1,27)内为减函数;

当无€(尤2,一8)时，g'(x)>0,g(x)在(％2,—8)内为增函数；

所以。(X)的极小值点是X，

所以。自)的图象与X轴只有一个交点，只需要。仕力>0

由0(%,)=3后-6x,+l—k=C得1—k——

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则

g(M)=x；-3另+(1-k)x2+4

=X：—3%2+(—3%2+6刀2)Y2+4

——2xj+3xo+4

设Mt)=-2t3+3t2+4(l<t<21

h(t)=-6於+6t=6t(l-t)<0,

故九仕)在(1,2)上为减函数，

于是可得h(t)>h(2)=C

所以。(为)>0

当一2<k<1时，。(戈)的图象与x轴只有一个交点.

综上(1)(2)可知，当kvl时，曲线y=f(x)与直线旷=人一2只有一个交点.

注：老样子，做完一道题要养成再回看一遍的习惯，因为这样做可以从整体上把握这道题在

考什么，出题人的考察意图，而且还有可能得到一般性的结论哦！

当一2V*V1时，这道题就可以转化为。战,)>0.X，是可以直接求出的，即x，=l

VSm_(V6+3k\

十二一，但是直接证明关于k的不等式。(x，〕=911+一-0让人无从着手，但是当

虚设零点X7,采用反代消去参数的方法，用零点X)来表示参数有1一〃=-3抬+6。这样

就比较巧妙地回避了复杂的计算。

再来看另一道例题吧！这道题的思路也是采用虚设零点，用零点表示参数，进行反代消参。