隐零点问题的常见技巧-2026高考数学一轮常考题

隐零点代换与估计

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）.高考中曾多次考察

隐零点代换与估计，所以本节我们做一个专门的分析与讨论.

一.基本原理

第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程广"0）=。或者

/（玉））=0,并结合了（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/'（X）的正负，进而得到“X）的最值表达式；

第3步：将零点方程/'（拓）=0或者/（与）=0适当变形，整体代入/（%）最值式子进行化

简或者含零点%的式子中，要么消除了（X）最值式中的指对项，要么消除其中的参数项，从

而得到/a）最值式的估计.下面我们通过实例来分析.

二.典例分析

★1.隐零点代换

例1.（四川省成都市2025届高三三诊）已知函数/（x）=ad+（a-2）x-lnx.

（1）讨论/3）的单调性；

（2）若/（处有两个零点，/'"）为/"）的导函数.

（i）求实数。的取值范围；

（ii）记/（X）较小的一个零点为端.证明:A0r㈤>-2.

曲的/八\1（ax-l）（2x+l）

解析：（1）/（幻=2办+（。-2）一-=--------------,

XX

当〃,,（）时，函数/⑴在0+8）单调递减；当〃>0时，函数f（x）在上单调递减,

ka）

在仕,+oo］单调递增.

14>

（2）（i）若4,0,由（1）知，/（X）至多有一个零点；若。>0,由（1）知，当X=L时，

a

1

/(x)取得最小值，最小值为因为当x->yc时，外幻f+8；当

\aci

xf0+时，/(x)f+x,所以函数f(x)有两个零点当且仅当/(：)

<0.

设g(〃)=lna-L+i,函数g(〃)在(0,+8)单调递增.因为g⑴=(),g⑷<()的解集为

a

〃£(()」).综上所述，。的取值范围是((),1).

(ii)因为/(幻=(工2+口々一2%一皿工，由/(I)=2〃-2<(),结合(i)知0<与<1,

要证//'(与)>一2,即证(2%)+1)(”-1)>一2,即%(2,%+1)>2%)-1,

当0v%,万时，因为4%(2入0+1)>0,2升)一1,,0，不等式恒成立；当5<%<1时，由

/($)=()得叫(%+l)=lnx0+2%.即证(2%+l)(ln.q+2/)>(27)一1)(7)+1).

12一2片一%-1_1

即证In%>('-以"+。-2/=-x.---------

°2%+1

2%+12Ao+1

即证lnXo+Xo+------->0.设〃(x)=lnx+x+------,xe—,1,由

2x0+12x+l(2J

2------------>0,所以“(X)在［J』］单调递增.

pr(x)=-+\>-+17

X(2x+l)2x

(1、

所以〃")>〃-=-ln2+l>0,故原不等式成立.所以题/(毛)>一2.

例2.(2020新高考1卷)已知函数f(x)=aei->x+lna.

(1)当a=e时，求曲线y=/(x)在点(1,/(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积;

(2)若求。的取值范围.

解析：(1)切线方程为y=(e-l)x+2,故切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(二:.0),

€—I

1-22

所求三角形面积为-x2x|——1=--

2e-\e-\

2

(2)由于/(x)=aex~l-Inx+Ina,f\x)=aex~l一一，且。>0.设g(x)=7'(x),则

x

<(幻=四1+±>0,即/'。)在(0,+00)上单调递增，当a=I时，/⑴=0,・・・

x

/(八),而=/(1)=1,・：〃同之1成立.当〃>1时，%，

f\~)/"⑴="一1)(〃一1)<0,・,•存在唯一%>0,使得/'(%)=-=0,

a/

且当x£((),%)时r(x)<0,当XE(Xo，+8)时/'(x)>0,「.ae"=L,

xo

.-.In6z+xo-l=-lnx(),因此/(x)min=/*0)=。8"~一111%+111。

=—+In+x0—1+In>2In«—1+2-x0=21n〃+1,故/(x)>1恒成立；

x°vX。

当0<。<1时，/(l)=a+lna<a<l,.・・/(l)<l,/(x)Nl不是恒成立.综上所述，实数〃

的取值范围是”,十8).

点评：(1)例1告诉我们，隐零点代换的第一个方向是利用隐零点代换掉参数，从而得到不含

参数的表达式来解决；

(2)例2告诉我们，处理隐零点的策略是代换掉指对项，从而消掉式子中比较复杂的函数

部分，将最终的目标结构代换成简单的多项式或者分式形式等.

★2.隐零点同构

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，

所以下面我们看到的这两个问题，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.我们看下面两例：一类同构式在隐零点问题中的应用：

原理分析

xex\nx

/(A)=«x+e*=>/(Inx)=«x+lnx

ex-x-\x-Inx-1

/(x)=xex=>/(-Inx)=一=>x2e'+Inx=0

x

例3.已知函数=(awR,。为自然对数的底数)，g(x)=hix+/nr+l.

(1)若/(X)有两个零点，求实数。的取值范围;

3

⑵当a=l时，x[/(x)+x]2g(力对任意的X£(O,+w)恒成立，求实数，〃的取值范围.

解析：(1)/(x)有两个零点o关于工的方程*二人•有两个相异实根，由*>0,知x>0

・••/(x)有两个零点^>a=—有两个相异实根.令G(x)=2，则G'(x)二上誓,

XX

由G'(x)>0得：0<x<et由G(x)<0得:"e,「心㈤在(0,e)单调递增，在(e,+oo)单

调递减，.•.。(肛厘=6(6)=：,又G⑴=0,.•.当Ovxvl时，G(x)<0,当x>l时，G(A)>0

当x-转时，G(x)f0,.•.“X)有两个零点时，实数〃的取值范围为(()*}

x

(2)当4=1时，f(x)=e-xt原命题等价于xe'Nlnx+g+1对一切xe(O,”)恒成立

=m<ex一切xe(0,+℃)恒成立.令F(x\=ex(.r>0)

XXXX

广，(力="+"=土£坐」，令〃(x)=xM+lnx,XG(0,-KX),则

XX

/?*(x)=2xe+x2ex+->0,../(x)在(0,+。)上单增，又馋)=0>0,力-l<e0-l=0

¥e"+ln/=0①，当x«0,%)时，力(x)vO,当xw(/,+oo)时,

/心)>0,即在(0,/)递减，在小,小)递增，/'")*=*•%)=*一竺一;

/、I

由①知x；*=-lnxo，/.xo滔=—g='ln'=In，A函数双"=x/在(0,+“)单调

%工0

递增，,XoMln-!-即/F(x)mm=/n"--——--=—+*一~-=I,m<\

为飞入0“0%

••・实数"7的取值范围为(95.

注：本题再次涉及隐零点同构，否则的话，很难找到隐零点具体的代换方向！

★3.隐零点的估计.

例4.(2017新课标2卷)已知函数/(x)=a/一ar—xlnx,且/(工)，0.

(1)求。；

(2)证明：/(幻存在唯一的极大值点/,且"2</(/)<2一2.

习题2.解析：(1)4=1.

r

(2)由(1)知f(x)=x'-x-x\nxff(x)=2x-2-\nx.设力(x)=2x-2-lnx,则

4

h'(x)=2--.当xe(O-)时,//(x)<0；当不£(’,+00)时，〃'(工)>0.所以〃(外在(0」)

x222

单调递减，在(L+8)单调递增.又/?(/)>(),/7(1)<0,W)=0,所以〃(处在(0」)

222

有唯一零点/,在4,+8)有唯一零点1,且当工£(0,马)时，h(x)>0;当工£(%,1)时，

h(x)<0；当工w(l,+8)时，h(x)>0.因此/'(%)=/?(/),所以％=%是/(X)的唯一极

大值点.由/''(%)=0得In%=2(%-1),故/(与)=%(1-.

由40£(0,1)得，/(/)<；.因为x=是/3)在(0,1)的最大值点，由"|£(0』)，

八二)工得12所以一

0/(x0)>fie-)=e-,"2vf(x())<22.

三.习题演练

1.(湖北省武汉市2025届高三二月调考)己知函数/⑶=d-处+q-1.

XX

(1)若在处的切线斜率为-1,求。；

(2)若/(用之0恒成立，求。的取值范围.

2.(福建省厦门市2025届高三二模)已知函数/(x)=9+Hn&+l)・

(1)当a=-4时，求〃工)的极小值；

(2)若/(X)存在唯一极值点题，证明：/(玉))+片工0.

3.(2016年全国2卷)

(1)讨论函数/*)==/的单调性，并证明当x>0时，(x-2)e、+x+2>0；

(2)证明：当”[0,1)时，函数i(x)=巴竽W(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为人⑷,

X

求函数/?(〃)的值域.

e"

4.已知函数尸(x)=-aInx----1-ax,aGR.

x

(1)当。<0,讨论/(x)的单调性；

(2)当。=1时，若/(万+*+1)，一旅21恒成立，求〃的取值范围.

x

5

参考答案

1.解析：(1)因为/(x)=e'-处+@-1,所以广(幻=1一匕4一彳，依题意

xx厂x

广(1)=熊」_/=_],解得"=e；

(2)因为.f(x)=eJ处+@-1的定义域为(0,+8),又

XX

，/、rInxa,xe'-\nx+a-x,7=4一

f(x)—e--------11=--------------------->0n,所以*e'—Inx+a—xN0恒成立，

XXX

令g(x)=Ae'-Inx+Q-X,xG(0,+OO),贝!jg")=(x+1)卜

令〃(x)=e*-LXG(O,+X),则/«x)=e'+3>0,所以〃(力在(。,+<»)上单调递增，

XA

又唱卜”一2<0,/z(l|=e-l>0,

所以叫唱,1)使得介(玉)=0,即/(玉)=0,一(=°，则Inx-

所以当xw(0,8))时g,x)<0,当方«内)时g'(x)>0,

所以g(x)在(0,%))上单调递减，在(小,y)上单调递增，

所以g(x)min=履不)=不3一1]1天一入0+。=1+/一天+。20，所以,

即实数。的取值范围为[-1,包).

2.解析：(1)/(四的定义域为(一1,e)・

22X+2X

当a=Y时，/(x)=x-41n(x+I),f(x\=2x--=(^~^.

X+lA+l

令r(x)=。得，工=一2或x=i.

当xw(Tl)时，r(x)<0,/(力单调递减；x«l,+8)时，r(x)>0,/⑴单调递增.

所以当x=l时，/3取极小值/(1)=1-41仅

⑵方广(力=2『+2…,x>-l.当x>-l时，/'(x)与g(x)=2f+2x+。同号.

因为g(x)=2Y+2x+a的图象关于x=-(对称，又/(X)存在唯一极值点

如图可得雇-1)«0,所以〃40,所以g(0)<0,故.将a=-(2x：+2x°)代入得

6

/(%)+片=2片+々111(义+1)=2%■-(3+l)ln(3+l)],

构造力(x)=%_(x+l)ln(x+l),xe[0,+oo),则”(x)=-hi(x+l)40,所以人(另《〃(。)=。，

即毛一(七+l)ln(%+l)VO,所以/&)+片$0

〈-241x2ev

3.解析：(1)/(A-)=^|evrw

人I乙(x+2(A-+2)J(x+2)-

•・•当xe(-00,-2川(一2,+8)时，r(x)>0・・・/(x)在(70,-2)和(一2,+8)上单调递增

・・・x〉0时，^|ev>/(0)=-1A(A-2)ev+x+2>0

(2)g'(x)二(「2)八+。(工+2)=要(/(幻+⑶,由⑴知，〃幻+。单调递增,

xx

对任意的ae[0,1),f(0)+a=a-l<0f/(2)+。=。>0,因此，存在唯一乙£(0,2],

使得〃Z)+a=0,即g'(G=0.

当0cxe兀时，/(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减；当x>相时，/(x)+a>0,

g'(x)>0,g*)单调递增.因此8。)在工=兀处取得最小值，最小值为

*-ag+1)=*一/(x“)(xa+1)=*

g(兀)二

xa/儿+2

于是/?(〃)=,由(、)'=二,〉0，得二7单调递增.所以，由儿£(0,2],

xa+2I+2(x+2)-x+2

1/ex1e~

得⑷<3,因为不单调递增，对任意的入丐,学，存在唯一的,%£((),2],

〃=—/.(%)£[0,1)，使得人)=尤，所以〃⑷的值域为，?•综上，当。€。1)时,

g(x)有最小值”(a),〃(。)的值域为J.

124J