【精品推荐】2020届高考二轮复习专题：导数中的隐零点问题课件(共20张PPT)
微专题：隐零点四种形式课件-2024届高三数学二轮复习
变式2：已知函数 =
,
= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;
(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;
+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +
(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4
2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
高考培优微专题《隐零点问题》解析版
高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f ′(x )=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x =x 0,使得f ′(x )=0成立,这样的x 0就称为“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入f (x ),得到f (x 0);(4)再将x 0的等式代换,再求解(注意:x 0的取值范围).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(2)当a =1且k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，求k 的最大值．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.函数f(x)=xe x-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(1)∵f(x)=xe x-ax+b，∴f′(x)=(x+1)e x-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解 f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明 当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.【解析】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0, +∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解 g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解 (1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，x 0 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )max =f (x 0)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。
高考数学理科二轮专题 函数的隐零点问题ppt课件
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解题感悟：
高考对解题方法的考查是注重通性通法,然而通过以上
的解题历程,对那种一味只追求通性通法而反对“秒杀
法”的观点有了新的理解. 我们不能去怀疑或反对通
性通法,但也不能一味地只追求通性通法而忽略了必要
的深度思考,比如例2中的法二.而要想得到此方法,必
然需要平时积累一定的解体经验,而这些经验经常是我
们“秒杀”问题的基础.所以在平时的解题教学中,一
题经验,发现一些常用的小结论,为今后快速
破题提供基础,“秒杀”问题提供方向.
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•两次的失败让人信心全无，实在是不 愿继续尝试，于是利用几何画板软件 画出函数h(x)与函数u(x)的图像，发现 区间的右端点只能在[1.27,1.36]及其周
边极小的区域取值，这么精确的要求
必然难倒考生，很难想象在高考中有 几个学生能顺利找到。
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二轮专题复习
函数的隐零点问题
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• 导数的应用是高考的热点,在压轴题中,导函数的零点在解
决函数单调性、最值性、不等式证明等问题中地处“咽
喉”，至关重要.然而,有些导函数的零点在数值上却不易 求出或求不出(我们把它叫作隐零点)，这就需要对零点采 取特殊方法进行处理,其基本解决思路是：形式上虚设， 运算上代换.然而,在使用虚设零点(我们把这种方法称为
导数背景下的零点问题
变式练习
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型一——确定函数零点或方程根的个数问题
变式练习
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型二——根据函数零点个数或方程实根个数确定参数取值范围
导数背景下零点问题
考情分析
知识梳理
三次函数零点
题型一——确定函数零点或方程根的个数问题
例题
题型一——确定函数零点或方程根的个数问题
题型一——确定函数零点或方程根的个数问题
【点评】证明零点个数问题重点在于能够通过单调性将零点个数的最大值确 定，进而再通过零点存在定理来确定零点个数
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型二——根据函数零点个数或方程实根个数确定参数取值范围
变式练习
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型三——根据函数零点满足条件证明不等式
例题
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型三——根据函数零点满足条件证明不等式
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型三——根据函数零点满足条件证明不等式
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
题型三——根据函数零点满足条件证明不等式
变式练习
导数背数背景下的零点问题（共21张PPT）
导数背景下的零点问题（共21张PPT）
新高考数学二轮复习隐零点问题培优课件
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝e1π－1<0，
g－π2＝e
2
＋cos－π2＝ e
2
>0，
∴存在唯一 x0∈－π，－π2， 使g(x0)＝ex0＋cos x0＝0， 又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴当 x＝x0 时，g(x)取极大值 g(x0)＝ln x0－12x20＋(x0－1)2 ex0＝－12x20＋x10 －2， 设 F(x)＝－12x2＋1x－212<x<1，易知 F(x)在区间12，1上单调递减. ∴g(x0)<g12＝－18<0， ∴g(x)在(0,1)内无零点，
∵g(1)＝－12<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0， ∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点， 综上所述，g(x)有且只有一个零点.
若a＝e，f′(x)≥0， ∴f(x)在定义域上是增函数； 若a>e，即ln a>1， 当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0； 当1<x<ln a时，f′(x)<0； ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间 (ln a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－ 1 x2零点的个数，并说明理由. 2
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1， 所以 f′(x)＝aex－x＋1 1＝aexxx＋＋11－1(x>－1)， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
高考数学复习 《导数中的隐零点问题》
衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中 李娜 知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。
这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。
解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。
列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。
第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。
典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)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①有关系式成立，②注意确定的合适范围.例1 已知函数f （x ）=（ae x﹣a ﹣x ）e x（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立． （1）求实数a 的值；（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f （x ）=e x（e x﹣x ﹣1），故f'（x ）=e x（2e x﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=＞0，∵h （﹣2）h （ln）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，方程h （x ）=0在（﹣2，ln）有唯一根，)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤（）2=，取等不成立，所以f（x0）＜得证，又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜成立．例2 已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，求证：..【解析】（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，设，则，设，由，可知在上单调递增.因为，，所以存在唯一的，使得.当变化时，与的变化情况如下表：由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，即.由可得，所以.又，所以，所以，即，所以不等式成立.[来源:]【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、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. 例3已知函数+3()ex mf x x =-,()()ln 12g x x =++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-.),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a解：（Ⅰ）因为+3()ex mf x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分因为曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线斜率为1，所以()0e 1mf '==，解得0m =.…………………………………………………2分（Ⅱ） 设()()+eln 12x mh x x =-+-，则()+1e 1x m h x x '=-+. 设()+1e 1x m p x x =-+，则()()+21e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥，所以()()1e+1e 1e e e e e 10mmmmm m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.所以函数()+1e 1x m h x x '=-+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()01e ,0m x -∈-+. …8分因为()00h x '=，所以0+01e1x mx =+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0+00e ln 12x mh x h x x ≥=-+-00121x m x =++-+ ()0011301x m x =+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分例4 已知函数f （x ）=e x+a﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当时，f （x ）＞e+1．【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴，∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；（Ⅱ）证明：∵，设g（x）=f′（x），则，∴g（x）是增函数，∵e x+a＞e a，∴由，∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；若0＜x＜1⇒e x+a＜e a+1，由，∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；∴，而，记h（x）=lnx+x，则，⇔﹣a＜⇔h（x0）＜h（），而h（x）显然是增函数，∴，∴．综上，当时，f（x）＞e+1．巩固练习1.已知函数.（1）求的极值点；（2）证明：.2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．3.已知函数的导函数为，且.（1）求函数的极值.（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.4．已知函数．（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．参考答案1.（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以由在上是减函数知，，故.综上.`2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，要证明f（x）+e x＞x2+x+2，只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，因此不等式得证．3.（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令，则.令，则，所以函数在上为增函数，因为，，所以方程存在唯一实根，且，.故当时，，即；当时，，即.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，，又，故的最大值为.4.【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），，f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，f'（1）=2﹣2=0；所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0所以切线方程为y=﹣3；（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即设，，设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立即h'（x）在（0，+∞）上单调递减因为1＜a＜2，所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1＜a＜2，所以，，因为，所以h（x0）＜0恒成立，即h（x）＜0恒成立，综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．。
高中必会系列之隐零点问题课件-2025届高三数学一轮复习
当
在
时，令
，解得
（舍去）
上，g´(x) <0 ,g(x)单调递减；
在
上，g´(x) >0 ，g(x)单调递增；
所以当
时，g(x)取极小值，也是最小值，故
当
，即
此时，在
1 1
1
g x min g
ln
2a
2a 2
时，由于当x→ 0 时，g(x) →+∞
上，g(x)必定存在唯一的零点x1
高中必会系列之
隐
零
点
问
题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，
在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，
处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，
再结合函数零点存在定理处理.
勘根定理（零点存在定理）：
假设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，且函数值f(a)与
当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)，
x
ae
x＋1－1
1
x
所以 f′(x)＝ae －
＝
，
x＋1
x＋1
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
所以当－1<β<0时，
2
1
β
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝
＋β－1＋ln a＝ln a＋
人教版导数背景下的零点问题(共21张PPT)教育课件
心
安
；
书
一
笔
清
远
，
盈
一
抹
恬
淡
，
浮
华
三
千
，
只
做
自
己
；
人
间
有
情
，
心
中
有
爱
，
携
一
米
阳
光
，
微
笑
向
暖
。
口
罗
不
是
。
■
电
:
那
你
的
第
一
部
戏
有
没
有
胆
怯
，
像
费
里
尼
拍
第
一
部
戏
时
就
穿
戴
得
很
正
式
给
人
一
种
威
严
感
。
口
罗
没
有
我
和
他
不
同
。
我
是
从
底
层
爬
上
来
的
我
清
楚
怎
么
运
作
这
个
东
西
(
电
影
拍
摄
)
所
以
为
什
么
很
多
时
候
在
现
场
我
不
想
等
。
你
可
以
说
我
之前有个网友说自己现在紧张得不得了，获得了一个大公司的面试机会，很不想失去这个机会，一天只吃一顿饭在恶补基础知识。不禁要问，之前做什么去了？机会当真就那么少？在我看来到处都是机会，关键看你是否能抓住。运气并非偶然，运气都是留给那些时刻准备着的人的。只有不断的积累知识，不断的进步。当机会真的到来的时候，一把抓住。相信学习真的可以改变一个人的运气。 在当今社会，大家都生活得匆匆忙忙，比房子、比车子、比票子、比小孩的教育、比工作，往往被压得喘不过气来。而另外总有一些人会运用自己的心智去分辨哪些快乐或者幸福是必须建立在比较的基础上的，而哪些快乐和幸福是无需比较同样可以获得的，然后把时间花在寻找甚至制造那些无需比较就可以获得的幸福和快乐，然后无怨无悔地生活，尽情欢乐。一位清洁阿姨感觉到快乐和幸福，因为她刚刚通过自己的双手还给路人一条清洁的街道；一位幼儿园老师感觉到快乐和幸福，因为他刚给一群孩子讲清楚了吃饭前要洗手的道理；一位外科医生感觉到幸福和快乐，因为他刚刚从死神手里抢回了一条人命；一位母亲感觉到幸福和快乐，因为他正坐在孩子的床边，孩子睡梦中的脸庞是那么的安静美丽，那么令人爱怜。。。。。。
2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用导函数的“隐零点”问题课件
当 x∈a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4时，f′(x)>0.
所以 f(x)在0，a－
2a2－4，a＋
2a2－4，＋∞上单调递减，在a－
2a2－4，a＋
a2－4
2
上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
设函数 g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以x12－x2＋2ln x2<0，即f（x1）x1－－xf（2 x2）<a－2.
【训练3】 已知函数f(x)＝x2＋aln(x＋2)，a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋ f(x2)的取值范围. 解 函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，
且 f′(x)＝2x＋x＋a 2＝2x2＋x＋4x2＋a，
由于f(x)有两个极值点， 则二次函数g(x)＝2x2＋4x＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根x1，x2， 由于g(x)的对称轴为x＝－1， 由二次函数的图象可知，只需Δ＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0<a<2. 考虑到x1，x2是方程2x2＋4x＋a＝0的两根.
而 g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得 a＝1.
若 a＝1，则 g′(x)＝1－1x.
当0<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，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
2020届江苏省高考二轮复习专题：导数中的隐零点问题课件(共21张PPT)
隐零点
直接求解
分参转化
变更主元 虚设零点，
关系代入 整体代换 再次求导
设而不求，整体代入 明修栈道，暗度陈仓
导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断 其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见 函数形式.
二.含参的零点问题
f (x) x(x2 3x 2 t),, 为x2 3x 2 t 0的两个不等实根， 9 4(2 t) 0,t 1 , 3, 2 t.
一.超越函数中零点问题
y x
反思小结：
S1：先求导，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，
由
并结合的单调性得到零点的大致范围；
S2：以零点为分界点，说明导函数的正负，原来函数的增减 性，进而得到函数的极值；
S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；将超越式化 为常见函数形式，注意适当缩小零点范围；
感谢聆听，欢迎指导！ 8．山坡梯田海拔较低，热量充足，水、肥可顺地势自流至农田，利于水稻种植
5.人 类 利 用 自 然资 源，其 实就是 利用自 然地理 系统中 的某些 要素， 从而对 自然地 理环境 产生影 响。 6.不 可 更 新 资 源的 利用， 需要其 他资源 的配合 ，也影 响其他 环境要 素。
7.分 析 地 理 环 境各 要素与 环境总 体特征 协调一 致的关 系。常 分析某 一区域 景观的 成因， 如结合 地理位 置分析 气温、 降水等 对生物 景观的 影响。
导函数中隐零点问题探究
函数是高中数学的核心内容，导数是研究函数问题的有 力工具。用导数解决函数综合问题，是高考的重点考察内容， 最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与 导函数的零点有着密切的联系，可以说导函数的零点的求解 或估算是函数综合问题的核心。
高三数学复习微专题《隐零点问题》
为超越方程，无法求出其根（即导函数 g（ x）的零点无法求出），故先运用零点存在性定理
确定导函数有零点，并对其零点设而不求，然后采取整体代换的策略进行处理，在处理过程
中最好是将超越式用普通式的代数式替代，化为较容易研究的函数（如基本初等函数等），
随后问题也就会得到很好的解决.
二、整体代换，构造关于隐零点的单一函数进行卡根
x
2a
x 恒成立？若存在，求出满足条件的实数 a ；若不存在，请说明理由.
【总结】解隐零点问题的一般策略： 第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）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； 第二步：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；
x
a 0 ，求 a 的取值范围.
解析：由已知得 （ f x）min 0 (a 0, x 0)
f（' x）
aex
a 1 x2
aex
x2 (a x2
1)
令
g（x）=
aex
x2
(a
1) ， (a
0, x
0)
由 g（ x）= a(2x x2)ex 0 得 g（x）在（0，+∞）上递增，
x0
e
【评析】上述两题的本质是通过整体代换建立不等式求隐零点的范围，其中求参数范围有两
种策略：（1）直接解不等式求之（2）研究函数的单调性求之，此知识点在压轴题中经常考
查，最后回眸一笑，以隐零点的范围作为函数的定义域，求出参数的范围.
练习 1.已知函数 （f x） lnx （ a x﹣1）（2 a＞0），若 （f x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0 ，
导数及其应用讲导数与函数的零点课件pptx
当函数存在多重根时，导数可能不存在，需要采用特殊的方法进行求解。
导数在多学科的交叉应用
物理应用
经济应用
计算机科学
导数在物理学中有广泛的应用，如速 度、加速度、电磁场等物理量的计算 都涉及到导数的概念。
导数在经济分析中也有重要应用，如 边际分析、弹性分析等都需要用到导 数的概念。
导数在计算机图形学、机器学习等领 域也有广泛的应用，如梯度下降算法 等涉及到导数的计算。
导数的未来发展趋势与挑战
高维导数
随着高维数据的不断增加，高维导数的计算成为了一 个重要的研究方向，需要研究有效的算法和软件实现 。
人工智能与导数
人工智能的发展也为导数的发展提供了新的机遇和挑 战，如采用神经网络等方法进行导数的计算等。
06
复习与思考题
导数的定义与性质方面的题目
01
02
总结词：掌握导数的定 义和性质
详细描述
03
04
05
1. 导数的定义：导数是 函数在某一点的变化率 ，反映了函数在这一点 附近的局部变化趋势。
2. 导数的性质：导数具 有一些重要性质，如单 调性、奇偶性、周期性 等，这些性质在研究函 数的性质和优化问题中 具有重要作用。
3. 导数的几何意义：导 数在几何上可以表示函 数曲线在某一点的切线 斜率，切线斜率的变化 趋势反映了曲线在该点 的变化趋势。
导数在寻找函数零点中的应用
导数在寻找单调递增区间内的零点中的应用
利用导数判断函数的单调性，从而确定零点所在的区间，再通过求导数来确定零点的具体位置。
导数在寻找单调递减区间内的零点中的应用
同样利用导数判断函数的单调性，从而确定零点所在的区间，再通过求导数来确定零点的具体位置。
2024届高考二轮复习文科数学课件：函数的隐零点问题与极值点偏移问题
1
x0= +x0≥2,由 x0∈(0,1),所以等号不成立,
0
所以 ex-ln x>2 恒成立.
规律方法已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0的根存在,却无法求出,设
方程f'(x)=0的根为x0,要注意确定x0的合适范围,以及f'(x0)=0成立得出一关
系式,利用该关系式进行等价转化.
个交点.
(方法二)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2,设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,由题
设知1-k>0.
当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
e
及 f(x)max=f(1),则必有 0<x1<1<x2,要证
x1+x2>2,即证 x1>2-x2,
由 x1<1,2-x2<1,且 f(x)在(-∞,1)上单调递增,只需证 f(x1)>f(2-x2),
由 f(x1)=f(x2),只需证 f(x2)>f(2-x2),
构造函数
g(x)=f(x)-f(2-x)=e
所以a=-1,由f'(x)=ex-1>0,得x>0,由f'(x)<0得x<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).
隐零点问题课件
隐零点问题 --高考数学
练习1函数f (x) x2 2x 1的零点为 1
函数y f (x)的零点 方程f (x) 0的实数根
非变号零点
练习2 函数f (x) x cos x的零点个数为 1
变号零点
函数y f (x)的零点 函数y g(x)和y h(x)的图象交点的横坐标
探究一：函数f (x) x2 ax 1（, a R）若f (x)在区间1,2上有零点，
求实数a的范围
分析： 解法1：分类讨论，求二次函 数在1，2上有零点
解法2：转化为方程的根，参变分离
解法3：转化为两个函数图像的交点
探究一：函数f (x) x2 ax 1（, a R）若f (x)在区间1,2上有零点，
求实数a的范围
解法2：
设零点x0 1, 2，得
x
2
0
-ax0
1
0,即a
1 x0
+x0, 解得：
2a 5. 2
探究一：函数f (x) x2 ax 1（, a R）若f (x)在区间1,2上有零点，
求实数a的范围
解法3： 将-ax移动到等式的右边 x2 1 ax 作出函数图像如图： 即：2 a 5 .
2
探究二：已知函数 f (x) ex 2x a有零点，求实数 a的范围
点取到.但 f′(x)＝0 是超越方程，无法求出来其解.上述解法中没有直接求解 x0，而是
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导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断 其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见 函数形式.
二.含参的零点问题
f (x) x(x2 3x 2 t),, 为x2 3x 2 t 0的两个不等实根， 9 4(2 t) 0,t 1 , 3, 2 t.
作业：
一.超越函数中零点问题
y x
反思小结：
S1：先求导，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，
由
并结合的单调性得到零点的大致范围；
S2：以零点为分界点，说明导函数的正负，原来函数的增减 性，进而得到函数的极值；
S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；将超越式化 为常见函数形式，注意适当缩小零点范围；
导函数中隐零点问题探究
函数是高中数学的核心内容，导数是研究函数问题的有 力工具。用导数解决函数综合问题，是高考的重点考察内导函数的零点有着密切的联系，可以说导函数的零点的求解 或估算是函数综合问题的核心。
难以确定的极值点，我们称之为导函数的隐形零点 通过本专题，我们来探究导函数中隐形零点问题的处理策略。
4
1
1
+
0
-
0
+
增
大
减
小
增
小结：
当函数的零点不易求出时，注意分析其导数的单调性，结合 零点存在定理，确定零点的范围 注：（1）确定隐性零点，可以由零点的存在性定理确定，也 可以由函数的图象特征得到，及题设条件得到等等；至于隐 性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时 尽可能缩小其范围；
（2）进行代数式的替换过程中，尽可能将复杂目标式变形 为常见的整式或分式，需要尽可能将指、对数函数式用有理 式替换，这是解题能否继续深入的关键；
（3）整体代入，设而不求将所求函数的超越式化为常见形 式。
隐零点
直接求解
分参转化
变更主元 虚设零点，
关系代入 整体代换 再次求导
设而不求，整体代入 明修栈道，暗度陈仓