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
或者
'(
)
f
x
0
0
，并结合
的单调性得到零点的范围；
0
)
(
0
x
f
( )
f x
第2 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；
'( )
f
x
( )
f x
第3 步：将零点方程
或者
适当变形，整体代入
最值式子进行化
'(
)
f
x
0
0
0
)
(
0
x
f
( )
f x
简或者含零点
的式子中，要么消除
最值式中的指对项，要么消除其中的参数项，
0x
( )
f x
从而得到
最值式的估计.下面我们通过实例来分析.
( )
f x
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
．
2
( )
(
2)
ln
f x
ax
a
x
x
（1）讨论
的单调性；
( )
f x
（2）若
有两个零点，
为
的导函数．
( )
f x
( )
f
x
( )
f x
（i）求实数
的取值范围；
a
（ii）记
较小的一个零点为
．证明：
．
( )
f x
0x
0
0
2
x f
x
解析：（1）
1
(
1)(2
1)
( )
2
(
2)
,
ax
x
f
x
ax
a
x
x
当
时，函数
在
单调递减；当
时，函数
在
上单调递
0
a„
( )
f x
(0,
)
0
a
( )
f x
1
0, a
减，在
单调递增．
1 ,
a
（2）（i）若
，由（1）知，
至多有一个零点；若
，由（1）知，当
0
a„
( )
f x
0
a
1
x
a
时，
取得最小值，最小值为
．因为当
时，
( )
f x
1
1
1
ln
f
a
a
a
x
( )
f x
；当
时，
，所以函数
有两个零点当且仅当
．
0
x
( )
f x
( )
f x
1
0
f
a
设
，函数
在
单调递增．因为
的解集为
1
( )
ln
1
g a
a
a
( )
g a
(0,
)
(1)
0, ( )
0
g
g a
．综上所述，
的取值范围是
．
(0,1)
a
a
(0,1)
（ii）因为
，由
，结合（i）知
，
2
( )
2
ln
f x
x
x a
x
x
(1)
2
2
0
f
a
0
0
1
x
要证
，即证
，即
，
0
0
2
x f
x
0
0
2
1
1
2
x
ax
0
0
0
2
1
2
1
ax
x
x
当
时，因为
，不等式恒成立；当
时，由
0
1
0
2
x
„
0
0
0
2
1
0,2
1 0
ax
x
x
„
0
1
1
2
x
得
．即证
．
0
0
f x
0
0
0
0
1
ln
2
ax
x
x
x
0
0
0
0
0
2
1 ln
2
2
1
1
x
x
x
x
x
即证
．
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
1
1
2
1
1
ln
2
2
1
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
即证
．设
，由
0
0
0
1
ln
0
2
1
x
x
x
1
1
( )
ln
,
,1
2
1
2
p x
x
x
x
x
，所以
在
单调递增．
2
2
1
2
1
2
( )
1
1
0
(2
1)
1
2
1
2
p x
x
x
x
( )
p x
1 ,1
2
所以
，故原不等式成立．所以
．
1
( )
ln 2 1
0
2
p x
p
0
0
2
x f
x
例2.（2020 新高考1 卷）已知函数
．
1
( )
e
ln
ln
x
f x
a
x
a
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
e
a
)
(x
f
y
))
1(
,1(
f
（2）若
，求
的取值范围.
1
)
(
x
f
a
解析：（1）切线方程为
,故切线与坐标轴交点坐标分别为
1
2
y
e
x
2
(0,2),(
,0)
1
e
,所求三角形面积为
.
1
2
2
2 |
|=
2
1
1
e
e
（2）由于
,
，且
.设
,则
1
( )
e
ln
ln
x
f x
a
x
a
1
1
( )
x
f
x
ae
x
0
a
( )
( )
g x
f
x
即
在
上单调递增，当
时，
,∴
1
2
1
( )
0,
x
g x
ae
x
( )
f
x
(0,
)
1
a
( )
0
1
f
,∴
成立.当
时，
，
1
1
min
f x
f
1
f x
1
a
1
1
a
,∴存在唯一
，使得
1 1
1
( )
(1)
(
1)(
1)
0
a
f
f
a e
a
a
0
0
x
0 1
0
0
1
(
)
0
x
f
x
ae
x
，且当
时
，当
时
，
，
0
(0,
)
x
x
( )
0
f
x
0
(
,
)
x
x
( )
0
f
x
0 1
0
1
x
ae
x
，因此
0
0
ln
1
ln
a
x
x
0 1
min
0
0
( )
(
)
ln
ln
x
f x
f x
ae
x
a
,故
恒成立；
0
0
0
0
1
1
ln
1
ln
2ln
1
2
2ln
1
a
x
a
a
x
a
x
x
1
f x
当
时，
∴
不是恒成立.综上所述，实数
0
1
a
(1)
ln
1,
f
a
a
a
(1)
1,
( )
1
f
f x
的取值范围是
.
a
[1,
)
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
1
ln
ln
ln
)
(ln
1
)
(
x
x
x
x
x
x
x
f
x
e
e
x
xe
x
f
x
x
x
0
ln
ln
)
ln
(
)
(
2
x
e
x
x
x
x
f
xe
x
f
x
x
例3.已知函数
（
，为自然对数的底数），
.
ax
f x
e
x
a
R
e
ln
1
g x
x
mx
（1）若
有两个零点，求实数
的取值范围；
f x
a
（2）当
时，
对任意的
恒成立，求实数
的取值范
1
a
x f x
x
g x
0,
x
m
围.
解析：（1）
有两个零点
关于
的方程
有两个相异实根，由
，知
f x
x
ax
e
x
0
ax
e
0
x
有两个零点
有两个相异实根.令
，则
，
f x
ln x
a
x
ln x
G x
x
2
1 ln x
G
x
x
由
得：
，由
得：
，
在
单调递增，在
单
0
G
x
0
x
e
0
G
x
x
e
G x
0,e
,e
调递减，
，又
，
当
时，
，当
时，
max
1
G x
G e
e
1
0
G
0
1
x
0
G x
1
x
0
G x
当
时，
，
有两个零点时，实数
的取值范围为
；
x
0
G x
f x
a
1
0, e
（2）当
时，
，
原命题等价于
对一切
恒成立
1
a
x
f x
e
x
ln
1
x
xe
x
mx
0,
x
对一切
恒成立.令
ln
1
x
x
m
e
x
x
0,
x
ln
1
0
x
x
F x
e
x
x
x
，
，令
，
，则
min
m
F x
2
2
2
ln
ln
x
x
x
x e
x
F
x
e
x
x
2
ln
x
h x
x e
x
0,
x
，
在
上单增，又
，
2
1
2
0
x
h x
xe
x e
x
h x
0,
1
0
h
e
1 2
0
1
1
1
0
e
h
e
e
e
，使
即
①，当
时，
，当
0
1 ,1
x
e
0
0
h x
0
0
2
0e
n
0
l
x
x
x
0
0,
x
x
0
h x
0,
x
x
时，
，即
在
递减，在
递增，
0
h x
F x
0
0, x
0,
x
0
0
0
min
0
0
ln
1
x
x
F x
F x
e
x
x
由①知
，
函数
在
单
0
2
0
0
ln
x
x e
x
0
0
1
ln
0
0
0
0
0
0
ln
1
1
1
ln
ln
x
x
x
x e
e
x
x
x
x
x
x
xe
0,
调递增，
即
，
，
0
0
1
ln
x
x
0
0
ln
x
x
0
ln
0
min
0
0
0
0
1
1
1
1
1
x
x
F x
e
x
x
x
x
1
m
实数
的取值范围为
.
m
,1
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
，且
．
2
( )
ln
f x
ax
ax
x
x
( )
0
f x ≥
（1）求
；
a
（2）证明：
存在唯一的极大值点
，且
．
( )
f x
0x
2
2
0
(
)
2
e
f x
习题2.解析：（1）
．
1
a
（2）由（1）知
，
．设
，
2
( )
ln
f x
x
x
x
x
( )
2
2
ln
f
x
x
x
( )
2
2
ln
h x
x
x
则
．当
时，
；当
时，
．所以
1
( )
2
h x
x
1
(0, )
2
x
( )
0
h x
1
( ,
)
2
x
( )
0
h x
( )
h x
在
单调递减，在
单调递增．又
，
，
，所以
1
(0, )
2
1
( ,
)
2
2
(
)
0
h e
1
( )
0
2
h
(1)
0
h
在
有唯一零点
，在
有唯一零点1，且当
时，
；
( )
h x
1
(0, )
2
0x
1
[ ,
)
2
0
(0,
)
x
x
( )
0
h x
当
时，
；当
时，
．因此
，所以
0
(
,1)
x
x
( )
0
h x
(1,
)
x
( )
0
h x
( )
( )
f
x
h x
0
x
x
是
的唯一极大值点．由
得
，故
．
( )
f x
0
(
)
0
f
x
0
0
ln
2(
1)
x
x
0
0
0
(
)
(1
)
f x
x
x
由
得，
．因为
是
在
的最大值点，由
，
0
(0,1)
x
0
1
(
)
4
f x
0
x
x
( )
f x
(0,1)
1
(0,1)
e
得
．所以
．
1
(
)
0
f e
1
2
0
(
)
(
)
f x
f e
e
2
2
0
(
)
2
e
f x
三．习题演练
1.（湖北省武汉市2025 届高三二月调考）已知函数
．
ln
( )
e
1
x
x
a
f x
x
x
（1）若在
处的切线斜率为
，求
；
(1,
(1))
f
1
a
（2）若
恒成立，求
的取值范围．
( )
0
f x
a
2．（福建省厦门市2025 届高三二模）已知函数
.
2
ln
1
f x
x
a
x
（1）当
时，求
的极小值；
4
a
f x
（2）若
存在唯一极值点
，证明：
.
f x
0x
2
0
0
0
f x
x
3.（2016 年全国2 卷）
（1）讨论函数
的单调性，并证明当
时，
；
2
( )
e
2
x
x
f x
x
0
x
(
2)e
2
0
x
x
x
（2）证明：当
时，函数
有最小值．设
的最小值为
[0,1)
a
2
e
=
(
0)
x
ax
a
g x
x
x
g x
，求函数
的值域．
( )
h a
( )
h a
4.已知函数
.
R
a
ax
x
e
x
a
x
f
x
,
ln
)
(
（1）当
，讨论
的单调性；
0
a
)
(x
f
（2）当
时，若
恒成立，求
的取值范围.
1
a
1
)
1
(
)
(
bx
e
x
x
x
f
x
b
参考答案
1.解析：（1）因为
，所以
，依题意
ln
( )
e
1
x
x
a
f x
x
x
2
2
1 ln
( )
ex
x
a
f
x
x
x
，解得
；
1
2
2
1 ln1
1
e
1
1
1
a
f
e
a
（2）因为
的定义域为
，又
ln
( )
e
1
x
x
a
f x
x
x
0,
，所以
恒成立，
ln
e
ln
( )
e
1
0
x
x
x
a
x
x
a
x
f x
x
x
x
e
ln
0
x
x
x
a
x
令
，
，则
，
e
ln
x
x
x
a
x
g x
0,
x
1
1
e
x
g
x
x
x
令
，
，则
，所以
在
上单调递增，
1
ex
h x
x
0,
x
2
1
e
0
x
h x
x
h x
0,
又
，
，
1
2
1
e
2
0
2
h
1
e 1
0
h
所以
使得
，即
，
，则
，
0
1 ,1
2
x
0
0
h x
0
0
g
x
0
0
1
e
0
x
x
0
0
ln x
x
所以当
时
，当
时
，
0
0,
x
x
0
g
x
0,
x
x
0
g
x
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
g x
0
0, x
0,
x
所以
，所以
，
0
0
0
0
0
0
0
min
e
ln
1
0
x
g x
g x
x
x
x
a
x
x
a
1
a
即实数
的取值范围为
.
a
1,
2.解析：（1）
的定义域为
.
f x
1,
当
时，
，
.
4
a
2
4ln
1
f x
x
x
2
2
1
4
2
1
1
x
x
f
x
x
x
x
令
得，
或
.
0
f
x
2
x
1
x
当
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增.
1,1
x
0
f
x
f x
1,
x
0
f
x
f x
所以当
时，
取极小值
.
1
x
f x
1
1 4ln2
f
（2）方
，
.当
时，
与
同号.
2
2
2
1
x
x
a
f
x
x
1
x
1
x
f
x
2
2
2
g x
x
x
a
因为
的图象关于
对称，又
存在唯一极值点
，
2
2
2
g x
x
x
a
1
2
x
f x
0x
如图可得
，所以
，所以
，故
.将
代入得
1
0
g
0
a
0
0
g
0
0
x
2
0
0
2
2
a
x
x
，
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
2
ln
1
2
1 ln
1
f x
x
x
a
x
x
x
x
x
构造
，
，则
，所以
1 ln
1
h x
x
x
x
0,
x
ln
1
0
h x
x
0
0
h x
h
，即
，所以
0
0
0
1 ln
1
0
x
x
x
2
0
0
0
f x
x
3. 解析：（1）
2 e
2
x
x
f x
x
2
2
2
2
4
e
e
2
2
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
∵当
时，
∴
在
上单调递增
x
2
2 ,
和
0
f
x
f x
2
2 ,
和
和
∴
时，
∴
0
x
2 e
0 =
1
2
x
x
f
x
2 e
2
0
x
x
x
（2）
，由（1）知，
单调递
3
3
(
2)
(
2)
2
( )
( ( )
)
x
x
e
a x
x
g x
f x
a
x
x
( )
f x
a
增，对任意的
，
，
，因此，存在唯一
0
1
a
，
(0)
1
0
f
a
a
0
)
2
(
a
a
f
，使得
，即
.
(0,2]
ax
(
)
0
a
f x
a
(
)
0
a
g x
当
时，
，
,
单调递减；当
时，
0
a
x
x
( )
0
f x
a
( )
0
g x
( )
g x
a
x
x
( )
0
f x
a
，
,
单调递增．因此
在
处取得最小值，最小值为
( )
0
g x
( )
g x
( )
g x
a
x
x
．
2
2
(
1)
(
)(
1)
(
)
2
a
a
a
x
x
x
a
a
a
a
a
a
a
e
a x
e
f x
x
e
g x
x
x
x
于是
，由
，得
单调递增．所以，由
( )
2
a
x
a
e
h a
x
2
(
1)
(
)
0
2
(
2)
x
x
e
x
e
x
x
2
xe
x
，得
，因为
单调递增，对任意的
，存在唯一的
(0,2]
ax
4
)
(
2
1
2e
a
h
2
xe
x
2
1
( ,
]
2 4
e
，
(0,2]
ax
，使得
，所以
的值域为
．综上，当
(
)
[0,1)
a
a
f x
( )
h a
( )
h a
2
1
e
2
4
，
[0,1)
a
时，
有最小值
，
的值域为
．
( )
g x
( )
h a
( )
h a
2
1
e
2
4
，
4. 解析：（2）由题意，当
时，不等式
恒成立.
1
a
1
1
x
f x
x
e
bx
x
即
恒成立，即
恒成立.
ln
1
1
x
xe
x
b x
ln
1
1
x
x
b
e
x
x
设
.则
.
ln
1
x
x
g x
e
x
x
2
2
2
2
1 ln
1
ln
x
x
x
x e
x
g
x
e
x
x
x
设
，则
.
当
时，有
.
2
ln
x
h x
x e
x
2
1
2
x
h x
x
x e
x
0
x
0
h x
在
上单调递增，且
，
.
函数
有唯一的零
h x
0,
1
0
h
e
1
ln2
0
2
4
e
h
h x
点
，且
.
当
时，
，
，
单调递减；
0x
0
1
1
2
x
0
0,
x
x
0
h x
0
g
x
g x
当
时，
，
，
单调递增.即
为
在定义域内的最
0,
x
x
0
h x
0
g
x
g x
0
g x
g x
小值.
.
，得
，
.
0
0
0
0
ln
1
1
x
x
b
e
x
x
0
0
h x
0
0
0
0
ln
x
x
x e
x
0
1
1
2
x
*
令
，
.
方程
等价于
，
.
x
k x
xe
1
1
2
x
*
ln
k x
k
x
1
1
2
x
而
在
上恒大于零，
在
上单调递增.故
等
1
x
k
x
x
e
0,
k x
0,
ln
k x
k
x
价于
，
.设函数
，
.易知
单调递增.
ln
x
x
1
1
2
x
ln
m x
x
x
1
1
2
x
m x
又
，
，
是函数的唯一零点.即
，
.
1
1
ln2
0
2
2
m
1
1
0
m
0x
0
0
lnx
x
0
0
1
xe
x
故
的最小值
.
实数b 的取值范围为
.
g x
0
0
0
0
0
0
0
0
0
ln
1
1
1
1
x
x
x
g x
e
x
x
x
x
x
,2
注：注意
，
这一步代
0
0
lnx
x
0
0
1
xe
x
