2023年新高考数学重难点突破-专题4 零点不可求破解策略（讲义）（含解析）

专题4：零点不可求破解策略
函数零点不可求即“隐零点”问题，其含义题是：如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，通常称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：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；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，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，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：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；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．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)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征）
“函数的零点”是高中数学函数非常重要的教学内容.函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起，在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要掌握转化与化归思想的运用.求解基本方法：(1)利用零点存在的判定定理判定（卡根）或构建不等式求解；(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解题思路是：形式上虚设（虚设零点），运算上代换（整体代换），数值上估算（猜根），策略上等价转化（设而不求），方法上分离函数（分参），技巧上反客为主.
题设情境是求常系数函数的单调性和证明含参变量函数唯一零点的范围。第（1）问应用导数研究函数单调性的基本方法，求函数的单调性；第（2）应用导数探究函数存在唯一极值点,应用函数零点定理及卡根与放缩技巧确定点极值点的取值范围,然后由极值点与函数零点唯一的充要条件得到关于唯一零关系式,最后构造函数证明.
例1（湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调性；
(2)当时，若函数有唯一零点，证明：.
【思路点拨】
第（1）问根据题意得，又，所以在上单调递增，易知，从而即可求解单调性；第（2）问根据（1）可知在上单调递增，又恒成立，应用零点存在定理卡根，，所以存在唯一的，使得，即，分析可知单调性，得到，再通过分析证明，若函数有唯一零点，则，所以，即，所以，设，分析单调性并判断和的正负，即可求解.
练1（河北省衡水中学2023届高三上学期综合素养评价）已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求实数的值并判断的单调性;
（2）记，若，且当时，不等式恒成立，求的最大值.
练2（浙江省杭州市2022-2023学年高三上学期期末模拟）已知函数 ．
（1）当时，求在上的最值；
（2）设，若有两个零点，求的取值范围．
题设情境是求常系数函数的单调性和探究函数零点的个数。第（1）问应用导数研究函数单调性的基本方法，求函数的单调性；第（2）应用导数研究函数单调性，通过数形结合思想、分类与整合思想研究函数在不同区间的增减性，然后应用函数零点定理，通过极限思想与放缩卡根技巧，结合三角函数的有界性，确定零点的存在性，从而确定函数的个数。
例2（湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期月考）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）令，判断函数的零点个数，并证明你的结论.
【思路点拨】
第（1）问应用导数研究函数单调区间的方法，由解得函数增区间，解得减区间；第（2）问根据函数的定义域以及正弦、余弦函数的单调性和有界性，综合应用零点存在定理和极限思想,分，，情况讨论，即可推导出函数零点的个数．
练3（江苏省淮安市涟水县第一中学2022-2023学年高三上学期阶段检测）已知函数．
（1）若，求证：当时，；
（2）讨论方程的根的个数．
练4（福建省福州市闽江学院附属中学2023届高三上学期半期考试）已知函数．
(1)讨论函数的零点个数；
(2)当时，证明：．注：为自然对数的底数．
题设情境是由两函数有相同最小值求参数的值，由同一直线与两常系数函数存在两个不同交点和一个相同交点，推导这三个从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。第（1）问应用导数研究函数最值的基本方法，结合函数与方程思想得到关于方程而求其值；第（2）问应用导数研究函数的单调性，结合数形结合思想探究直线与两函数有“三个交点”的必要条件，即实数b的取值范围,然后由两函数的“非公共相点”与“公共交点”的相关关系，应用函数与方程思想和数学建模方法实现“三个交点的横坐标成等差数列”的证明.
例3（2022·新高考Ⅰ卷T22）已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【思路点拨】
第（1）问利用导数分和研究函数的单调性，从而可判定函数取最小值的条件及取得相应的最小值，由两函数的最小值相等即可求a的值.
第（2）问根据（1）可得当时，方程和的解的个数均为2，由题设条件可知两方程必有一个公共解,从而构建函数，利用导数可得该函数只有一个零点及的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，然后应用同构思想探究两方程的根的关系,即可证明三根成等差数列.
练5（江苏省南京市江宁区五校2022-2023学年高三上学期联考数学试题）已知，设函数．
(1)若对任意实数，函数均有零点，求实数的最大值；
(2)若函数有两个零点，证明：．
练6（湖南师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期月考）已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）函数在处取得极小值，求实数a的取值范围．
1.（广东省佛山市顺德区第一中学2021-2022学年期中）已知函数其导函数为.
（1）当时，求的最大值；
（2）若有两个极值点，求a的取值范围.
2．（广东省佛山市顺德区容山中学2022-2023学年上学期期中）已知.
（1）若，求的单调区间；
（2）已知函数有两个极值点（），若恒成立，试求的取值范围.
3. （山东省烟台市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）已知函数,若函数在点(0,0)处的切点方程为.
(1)求实数的值;
(2)若，，求实数的取值范围.
4. （江苏省南京市第一中学2022-2023学年高三期中数学试题）已知函数.
（1）求函数的极大值；
（2）设实数a，b互不相等，且，证明：.
5. （湖北省年宜昌市部分示范高中教学协作体2021-2022学年高三上学期期中联考）已知函数.
（1）试讨论函数的零点个数；
（2）若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围.
6. （北京师范大学附属实验中学2023届高三期中数学试题）已知函数，.
(1)若函数是上的单调递增函数，求实数的最小值；
(2)若，且对任意，都有不等式成立，求实数的取值范围.
7. （2023年浙江省部分高中预测数学试题）已知函数f(x)＝2lnx－x，g(x)＝（a≤1）．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若函数h(x)＝f(x)＋g(x)，讨论h(x)的零点个数．
8. （江苏省金陵中学2022-2023学年高三第二次月考数学试题）已知，.
（1）讨论在区间上的单调性；
（2）若，且在上有三个零点，求实数的取值范围.
9. （2022届江苏省南通市、泰州市高三数学一调试卷）已知函数
（1）若函数在区间上恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数在区间上有两个极值点，求实数a的取值范围；
（3）若函数的导函数的图象与函数图象有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
专题4 零点不可求破解策略--答案解析
【专题探究】
例1【解析】(1)根据题意得：的定义域为，所以，
又，所以在上单调递增，
易知，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)因为，的定义域为，所以，
所以，所以在上单调递增，
设，则，当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递减，所以，
所以，即，
所以，又，
所以存在唯一的，使得，即，
当时，，单调递减，当时，，
单调递增，所以， 又，所以，
所以，当时，等号成立，则，
所以，
即，又，所以，所以，
所以，又，所以，
所以，即，
所以，
当时，，若函数有唯一零点，则，所以，
即，所以，
设，所以，
所以在单调递减，所以， ，
所以.
练1【解析】由题意得，的定义域为，，
切线与直线平行，，故
，由得，此时在上单调递增;
由得，在上单调递减;
所以，在上单调递增， 在上单调递减.
由得，，
在上恒成立，
令.则，
令，，在上单调递增.
且，
所以方程在上存在唯一的实数根，且，
则，所以①，
当时，，即;当时，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
所以把①代入得，，，
所以，故整数的最大值是．
练2【解析】（1）当时，，可得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，所以，．
（2）因为，可得：．
①当时，，此时只有一个零点，故不成立；
②当时，在上单调递减，在上单调递增．
因为，，当时，；
当时，，．
有两个不同的零点，成立；
③当时，令，得或．
当时，，恒成立，
在上单调递增，至多有一个零点；
当时，即．
若或，则；若，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，即．
若或，则；若时，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，，
．
仅有一个零点，不合题意．
综上，有两个零点，的取值范围是．
例2【解析】（1）函数，
由题意可知，且，
因为为，得，，解得，
所以增区间是，减区间是．
（2）已知且，
（i）当时，，设，
则，
由于，所以，即在上单调递减，
又，，
所以存在，使得函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，故在上无零点；
当时，时，，，故在上必有一个零点.
（ii）当时，由（1）可知，与都单调递减，
所以在,上单调递减，又，，故在，上必有一个零点.
当时，由（1）可知，单调递减，故，
所以，
故在上无零点.
综上所述，函数在其定义域上共两个零点.
练3【解析】（1）由，，所以，
要证，即证，即证，即证，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
成立，所以．
（2），
当时，；当时，，
①当时，在R上单调递增，所以有唯一解；
②当时，，
因为，所以，所以，
(i）当，即时，，所以在R上单调递增，
所以有唯一解；
(ii）当，即时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，，
所以存在，使得，，且，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
因为，记，则，
因为，所以，即在上单调递增，所以，
则，
所以当时，有三个根．
综上所述：当时，仅有一个实根；当时，有三个不相等的实根.
练4【解析】(1)易知．因为，
因为，当时，单调递增，又，此时，函数只有一个零点；
当时，令，则，所以在单调递增，
因为时，时，，所以存在唯一的零点，且,
因此，当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
所以，．
当，即时，，由的单调性知，只有一个零点；
当，即时，设，
则，
令，则，
令，∴，因此时，即单调递增，
当时，即单调递减，
又时，，，因此当时，单调递增；
当时，单调递减；因此，，即．
因为时，时，．
结合的单调性知，有两个零点．
综上：当或时，有一个零点；当或时，有两个零点．
(2)设，则，当时，，
所以，即时，；
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
从而即．
当时，设，则，显然单增，
当时，，故存在使，
则时， 单调递减，时， 单调递增，
又，
故，即当时，．
因此，当时．
当时，
．
所以，当时，．
例3【解析】(1)的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.综上，.
(2)由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，故即.
练5【解析】(1)
（ⅰ）当时，，在上单调递增；
当时，；x时，，故在上存在零点；
（ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减．
又当时，；x时，；
所以只要恒成立，则恒有零点．即恒成立．
不妨设，．设，则．
所以只要．即，得．
所以的最大值为．
(2)由题意得：只要证．设，．
则，是函数的两根．．
当时,,与函数有两个零点矛盾．
所以.所以当时,．
所以函数在上递增，在上递减．
记函数有图象关于直线对称是函数的图象．
有．则．
．所以时，．
所以，即．
所以．．
所以.
练6【解析】（1）函数的定义域为，
所以当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令得，
故时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，
①当，即 时，
存在（为足够小的正数）使得 ，
此时， ，
，与处取得极小值矛盾；
②当，即 时，则存在（ 为足够小的正数）使得，
此时，
，
，恒成立，故在单调递减，
（i）若，即，时，此时当时，，单调递减，此时，在上单调递减，不可能在处取得极小值，舍去；
（ii）若，即， 时，，
所以存在唯一使得，且当，，单调递增，
注意到，所以当时，， 单调递减，
当时， ，单调递增，
所以此时满足函数在处取得极小值,故实数a的取值范围是.
③当，即时，则存在 （为足够小的正数）使得，此时，
，
， 恒成立，故在单调递减，
由于，，
所以存在唯一 使得，故当，，单调递增，
注意到，所以当时，， 单调递减，当时， ，单调递增，所以此时满足函数在处取得极小值.
综上，实数a的取值范围是.
【专题训练】
1.【解析】（1）当时，，.
令，，.
且当时，，单调递增，单调递增；
当时，，单调递减，单调递减，
.
（2）.令，，
有两个极值点，在上有两个变号零点.
①当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去.
②当时，令.
且当时，，单调递增，当时，，单调递减.
要使有两个零点，必有.
当时，注意到，.
在和上各有一个零点，，
且当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
在和处分别取得极小值和极大值，有两个极值点，符合题意.
综上：a的取值范围为.
2．【解析】（1）时，，
所以，由，
得（舍）或，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是
（2）由（1）得，
若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，
则，故，
要使恒成立，只需恒成立．即
因为，
，
设，，
，
，，即
所以，单调递减，当
由题意，要使恒成立，只需满足，即
所以实数的取值范围(．
3. 【解析】(1)由巳知又函数在点(0,0)处的切点方程为,
所以即实数的值为1.
(2)由题设，此时.由(1)
①当时，若，则，不成立；
②当时，当时，，即；
若，则；若，则等价于，即.
记，则.
记，则，.
因此，在 上单调递增，且，所以，
即在 上单调递增，且，所以.
因此，所以在上单调递增.
由洛必达法则有，
即当时，，即有，所以.综上所述，的取值范围是.
4. 【解析】（1）函数定义域为R，，
当时,,当时,,于是得在上单调递增,在上单调递减，
则当时，函数取得极大值，
所以函数的极大值是1.
（2）因实数a，b互不相等，，
令，于是有，即，
令，于是得是方程的两个不等的根，
即是函数的图象与直线的两个交点的横坐标，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，，
当时，恒有，
则当时，函数的图象与直线恒有两个公共点，
如图，不妨令，
由两边取对数得：，即，
令，则，是方程的两个不等的根，
，当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
当时，令，，
因此，函数在上单调递减，，，则有，
而，从而有，则有，
又，在上单调递增，
因此，，即有，于是得，
所以.
5. 【解析】（1）根据题意，可得，则有：
①若，则，此时可得函数在上单调递增，
又因为，所以函数只有一个零点；
②若，令，则有，
所以，此时函数在上单调递增；
，此时函数在上单调递减；
即，
则有：(i)当时，则，此时函数只有一个零点；
(ii)当时，即时，则，
又因为时，；时，，
根据零点存在定理可得，此时函数在上有两个零点．
综上可得，当或时,函数只有一个零点;当时,函数有两个零点．
（2）下面证明：，有，
先证：，有，由（1）可知当时，，
即当时，，
故，，再证，；
要证，，只需证明，，即证，，
即证，,令
在上恒成立，即得函数在上单调递增，
故有，即，恒成立，即，有，
当时，由（1）得，在上单调递增，
则由上结论可知，在上恒成立，符合题意；
当时，由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，
此时当时，，不合题意，
综上可得，，即．
6. 【解析】（1）∵函数在上单调递增，
∴恒成立，∴，即，∴,
即实数的最小值为.
（2）∵，∴函数，
由（1）可得在上单调递增，故当，，即，
由对任意都成立，得恒成立.
即恒成立.
①当，恒成立；
②当，恒成立；
③当时，即：恒成立；
令，则
∴在上单调递增；
由洛必达法则：，
故，即实数的取值范围为.
7. 【解析】（1）因为，令，
当时，单调递增；当时，单调递减.
综上所述，当时，单调递增；当时，单调递减.
（2）由已知，，
①当时，令且当时，单调递增；
当时，单调递减，此时，∴h(x)无零点，
②当时，，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，此时当时，，
当时，单调递增，注意到，，
∴h(x)在上有唯一的零点.
③当时，，∴在（0，＋∞）上单调递增，
注意到，，∴在（2，6）上有唯一的零点，
④当时，令或，
当时，单调递增；当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴当时，
，
当时，单调递增，注意到，，
∴在上有唯一的零点，
综上：当时，无零点；当时，有唯一的零点.
8. 【解析】(1)由求导得：，因时，，
当，即时，，当且仅当，且时取“=”，则在上单调递增，
当，即时，，当且仅当，且时取“=”，则在上单调递减，
当，即时，由得，
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减；
(2)依题意，，，
因，则有，
显然，即0，1是函数在上的两个零点，
又，而，当时，由(1)知在上单调递减，
，，
则有存在唯一，使得，
当时，，当时，，
因此，在是递增，在上递减，
函数在上的图象在x轴上方，
即函数在上只有两个零点，与在上有三个零点矛盾，
于是得，此时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，，，
可得在递增，递减，，即，
因在上有三个零点，则在上必有一个零点，
必存在，使得，
当或时，，当时，，
则在，上都递增，在上递减，
有，于是得在区间上存在唯一零点，
即在上有三个零点，
从而得函数在内必有两个零点，则，解得，
所以实数的取值范围是.
9. 【解析】（1）即当时，恒成立，
设，
因为，所以，在上单调递增，
所以，所以，．
（2）因为，
所以在区间上有两个极值点的必要条件为
在区间上有两个不同零点，则，
当时，在上递减，在上递增
，，
所以存在唯一的，使得，
因为在区间大于零，在区间小于零，在区间上大于零，
所以在区间上递增，在区间上递减，在上递增，
所以，分别为极大值与极小值，
所以当时函数在区间上有两个极值点；
（3）因为，所以，
令，，
令，解得（舍去），.
0 ＋
↓ 极小值 ↑
因为有两个零点，
所以，①
又因为，所以②
代入①得到，
令，
所以在上递减，因为，所以，
因为在区间上递增，所以．
i）因为，所以，
，令，，
所以
所以在上递增，，所以
所以在区间上存在唯一一个零点．
ⅱ）又因为
，且，
所以在区间上存在唯一一个零点，
综上时，的图像与图像有两个不同的交点．
解法二：由
得令，
令，．
，所以当时，，
当时，，即当时，，当时，，
所以在区间上递减，在区间上递增，
所以即，
i）当时，因为所以
取，则
所以在区间上存在唯一一个零点，
ii）当时，
令，
因为，，所以，所以在上递增，
，所以，即
所以在区间上存在唯一一个零点，
综上时，的图像与图像有两个不同的交点.
2