2026届新高考数学三轮热点复习函数隐零点问题

2026届新高考数学三轮热点复习函数隐零点问题隐零点问题核心知识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(数值计算不在考查之列)．1．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f′(x0)＝0，并结合f(x)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f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式；第3步：将零点方程f′(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)最值式子进行化简：(1)要么消除f(x)最值式中的指对项；(2)要么消除其中的参数项，从而得到f(x)最值式的估计．2．函数零点的存在性定理函数零点存在性定理：设函数f(x)在闭区间[a，b]上连续，且f(a)f(b)<0，那么在开区间(a，b)内至少有函数f(x)的一个零点，即至少有一点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0.3．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，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．4．针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式．构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题．在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间．【解析】(1)证明：f(1)＝ea－ae－a，f(1)＋a＝ea－ae，当a∈(0，1]时，ea>1，ae<1，ea－ae>0；当a∈(1，＋∞)时，要证ea－ae≥0，即证ea≥ae，即证lnea≥lnae，●典例研析6．(2025·湖南二模)已知函数f(x)＝eax－aex－ax(a>0，x>0)．(1)证明：f(1)＋a≥0.(2)若f(x)有且只有一个零点，求a的范围．(2)令g(x)＝f′(x)＝aeax－(elna)aex－a，当a∈(0，1]时，g(x)＝f′(x)＝aeax－(elna)aex－a＝a(eax－1)－(elna)aex>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)>f(0)＝0，函数f(x)无零点；当a∈(1，＋∞)时，g′(x)＝a2eax－(elna)2aex，由(1)得a≥elna>0，ea≥ae，所以(ea)x≥(ae)x，所以g′(x)＝a2eax－(elna)2aex≥a2(eax－aex)≥0，g(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝－elna，f(0)＝0，因为g(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以存在一个x0∈(0，x1)，使f′(x)＝0，所以x∈(0，x0)，f′(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，又因为f(0)＝0，所以f(x0)<0，在(0，x0)上f(x)没有零点，又因为ea≥ae>1，所以x→＋∞，f(x)＝eax－aex－ax→＋∞，又因为f(x0)<0，且f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，此时存在一个x2∈(x0，＋∞)使f(x2)＝0，但当a＝e时，f(x)＝eex－eex－ex＝－ex<0无零点，综上，a∈(1，e)∪(e，＋∞)．7.(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)＝2ae2x＋2(a－1)ex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝4ae2x＋2(a－1)ex－1＝(2aex－1)·(2ex＋1)，若a≤0，则f′(x)<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln2a.当x∈(－∞，－ln2a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln2a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞,－ln2a)上单调递减，在(－ln2a,＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln2a)上单调递减，在(－ln2a，＋∞)上单调递增．(2)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(1)当a＝0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)存在零点．①当b＝0时，求a的取值范围；②求证：a2＋b2>2.【解析】(1)a＝0时，f′(x)＝ex－b，当b≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，既无极大值也无极小值．当b>1时，x∈[0,lnb),f′(x)<0,函数f(x)单调递减，x∈(lnb,＋∞)，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，函数f(x)的极小值是b－blnb，无极大值．9．(2025·安徽期末)已知函数f(x)＝sinx.【解析】(1)证明：令u(x)＝tanx－2x＋sinx，所以g(x)在(－3，0)上单调递增，所以g(x)<g(0)＝0，即g(x)在(－3，0)上无零点．1课时跟踪训练ONE【解析】(1)由题意可得f′(x)＝(x2－1)ex－a，由切线方程可知其斜率为－2，1．(2024·全国模拟预测)已知函数f(x)＝(x－1)2ex－ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(x))处的切线方程为y＝－2x＋b.(1)求实数a，b的值；(2)证明：函数f(x)有两个零点．当x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．(2)证明：由f(x)＝0可得(x－1)2ex－x＝0，所以g(0)g(1)<0，g(1)g(2)<0.由零点存在定理可得∃x1∈(0，1)使得g(x1)＝0，∃x2∈(1，2)使得g(x2)＝0，所以函数f(x)有两个零点．【解析】(1)将a＝－1代入函数中，f(x)＝lnx－x＋1，当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．2．(2025·江苏扬州阶段练习)已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1(其中a∈R).(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；(2)对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围．(2)任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≤xex成立，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)在x∈(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增；在(0，＋∞)上h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增．(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的最大值为1，证明：对任意的b∈R，f(x)≤g(x)；(3)当b＝1时，若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0得x＝e1－a，令f′(x)>0得0<x<e1－a，令f′(x)<0得x>e1－a，∴f(x)在(0，e1－a)上单调递增，在(e1－a，＋∞)上单调递减．即证1＋lnx≤xebx－bx，即证ebx＋lnx－(bx＋lnx)－1≥0，构造函数h(x)＝ex－x－1，x∈R，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)>0得x>0，令h′(x)<0得x<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，∴h(x)≥h(0)＝0，即ex－x－1≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立.∵b∈R，x∈(0，＋∞)，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得bx0＋lnx0＝0，∴ebx＋lnx－(bx＋lnx)－1≥0恒成立，故对于任意的b∈R，f(x)≤g(x)．(3)当b＝1时，g(x)＝ex－1，若f(x)≤g(x)恒成立，即ex＋lnx－(x＋lnx)－1≥a－1恒成立，由(2)可知h(x)＝ex－x－1≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立，令t(x)＝x＋lnx，x∈(0，＋∞)，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴ex＋lnx－(x＋lnx)－1≥0，∴0≥a－1，所以a≤1.【解析】(1)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－1，则G′(x)＝ex－2x，记p(x)＝ex－2x，则p′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln2)时，p′(x)<0，当x∈(ln2，＋∞)时，p′(x)>0，所以p(x)在x∈(0，ln2)上单调递减；在x∈(ln2，＋∞)上单调递增，4．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x2＋1，h(x)＝asinx＋1(a>0)．(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>g(x)；(2)讨论函数F(x)＝f(x)－h(x)在(0，π)上的零点个数．从而在(0，＋∞)上，G′(x)＝p(x)≥p(ln2)＝2－2ln2>0，所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此在(0，＋∞)上，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．(2)F(x)＝f(x)－h(x)＝ex－asinx－1，F′(x)＝ex－acosx，0<a≤1，在(0，π)上，F′(x)＝ex－acosx>1－a≥0，所以F(x)在(0，π)上单调递增，F(x)>F(0)＝0，∴当0<x<x0时，F(x)单调递减，x0<x<π时，F(x)单调递增，F(x)min＝F(x0)，即函数F(x)在(0，π)上无零点；a>1，记q(x)＝F′(x)＝ex－acosx，则q′(x)＝ex＋asinx≥0，q(x)在(0，π)上单调递增，而F(x0)<F(0)＝0，F(π)＝eπ－1>0，F(x)在(0，x0)上无零点，在(x0，π)上有唯一零点，综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π)上没有零点；当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有1个零点．【解析】(1)当a＝e时，f(x)＝xex－ex＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－ex＝xex，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，0)上为减函数．故当a＝e时，函数f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间内为(0，＋∞).5．(2025·江西南昌二模)已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a≥e时，求证：f(x)≥0；(2)证明：因为a≥e，当x≥0时，ax≥ex，所以xax≥xex，当x<0时，ax≤ex，所以xax≥xex，所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1，设p(x)＝xex－ex＋1，由(1)可知p(x)≥p(0)＝0，所以不等式f(x)≥0成立．所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0，当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数；当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数；所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数，又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数．因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞，∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0，所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数；当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0.所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0，所以f(x)存在两个零点．设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1.因为k2－k<0，因为h(0)＝2k－1<0时，当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数；所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数．又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点；所以存在x0<0，使得h(x0)＝0，当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数．因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞，∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0，所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数；当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0.所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0，f(x)在(0，＋∞)为减函数，所以f(x)<f(0)＝0，所以f(x)存在两个零点．方法三：f(x)＝xelna·x－ex＋1，设k＝lna，则f(x)＝xekx－ex＋1，则有f′(x)＝(kx＋1)ekx－ex＝ekx[kx＋1－e(1－k)x]，φ(x)＝kx＋1－e(1－k)x，设φ′(x)＝k－(1－k)e(1－k)x.所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0，当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(－∞，x0)上为增函数；当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在(－∞，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，＋∞)上为减函数；所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)在R上为减函数．又因为f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(x0，＋∞)上为减函数．因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞，φ(x)→－∞，∃x1∈(－∞，x0)使得φ(x1)＝0，所以x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(－∞，x1)上为减函数；当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，即f(x)在(x1，0)上为增函数；当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数；当x→－∞，f(x)→1，又因为f(0)＝0，所以f(x1)<0.所以∃x2∈(－∞，x1)使得f(x2)＝0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0，所以f(x)存在两个零点．(2)证明：原方程可化为lnx－x2＋x＋1＝0，设g(x)＝lnx－x2＋x＋1，令g′(x)＝0，得x＝1.∵在(0，1)上，g′(x)>0，在(1，＋∞)上，g′(x)<0，∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(1)＝－1＋1＋1＝1>0，且当x>0，x趋向于0时，g(x)趋向于－∞，当x趋向于＋∞时，g(x)趋向于－∞.当0<x<1时，G′(x)>0，∴G(x)在(0，1)上单调递增，而G(1)＝0，则g(x)在(0，1)和(1，＋∞)上分别有一个零点x1，x2，不妨设0<x1<1<x2，∵0<x1<1，∴2－x1>1，设G(x)＝g(x)－g(2－x)，则G(x)＝(lnx－x2＋x＋1)－[ln(2－x)－(2－x)2＋(2－x)＋1]＝lnx－ln(2－x)－2x＋2，∴当0<x<1时，G(x)<0，g(x)<g(2－x)，即g(x1)<g(2－x1)．∵g(x2)＝g(x1)，∴g(x2)<g(2－x1)．∵g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x2>2－x1，即x1＋x2>2.7．(2025·内蒙古包头阶段练习)设f(x)＝(x＋1)lnx－(x－1)lna(a>0)．(1)若f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数y＝f(x)存在两个极值点x1、x2(x