7.1 隐極值點問題在不斷傳承中創新高觀點下函數導數壓軸題的系統性突破第二版正式出版，增加了四章，其中第七章探

讨高考熱點問題，這是第七章第一節。目前隻在淘寶上有，因為書很暢銷，居然多個書店

有盜版書籍，均是第一版，正版請認準是博約書齋。

微積分的創立直接與四類科學問題直接相關，一是已知物體的運動的路程作為時間的

函數，求任意時刻的速度與加速度，反之，已知物體的加速度作為時間的函數，求速度與路

程；二是求曲線的切線；三是求函數的最大值和最小值；四是求長度、面積、體積和重心等。

導數是微積分的核心概念之一，它是研究函數增減、變化快慢、最大（小）值等問題

的最一般、最有效的工具。

站在高考層面，導數研究切線的條數，可以轉化為切點的個數，最後轉化為函數的零

點問題，兩個函數圖像存在相互對稱的點，也可以轉化為某個函數有零點。證明函數不等式，

常常轉化為函數的單調性或最值，涉及單調性、極值、最值，而這涉及導函數的零點問題，

如果導函數的零點不可求，我們稱為隐極值點問題。

全國卷壓軸題的考查常常在不斷地傳承中創新。

一、消掉指對數

例 1.（2012 課标文）設函數 f(x)= ex-ax-2

(Ⅰ)求  xf 的單調區間(Ⅱ)若 a=1,k 為整數,且當 x>0 時,(x-k) f´(x) x 1>0,求 k 的最大值

分析：涉及整數問題，常常考慮分參 xexk x 

11

，令 xexk x 

11

，

令  11

11





 xx

x exex

exxg ,則    

 212





x

xx

exeexg ,零點設為 0x ，

則最小值  11

0

00



 xx

eex

xg 很複雜，利用 0x 滿足的關系消掉指對數。

例 2. （2013 全國 2）已知函數 f(x)=ex-ln(x m)

(Ι)設 x=0 是 f(x)的極值點，求 m,并讨論 f(x)的單調性；

（Ⅱ）當 m≤2 時，證明 f(x)>0

分析：  mx

exf x

1' ，  xf 的最小值為    mxexf x  00 ln0 ，既有指數式，

又有對數，利用極值點滿足mx

e x

0

10 ，兩邊取對數，得  mxx  00 ln ，消去指對

數，可得     0211 00

00

0 

 mmmx

mxx

mxxf ，可以視為 2012文科

的拓展。

例 3.（2015新課标 1文）設函數   2 lnxf x e a x  .

（I）讨論  f x 的導函數  f x 的零點的個數；

（II）證明：當 0a  時   22 lnf x a aa

  .

分析：  xaexf x  22' 的零點 0x 滿足

0

2 02xae x  ，     020min ln0 xaexfxf x 

是含 0, xa 兩個變量的函數，此時消掉指對數較為簡單，由0

2 02xae x  得

0

2

20

xae x  ，能消

去指數式，就一定能消去對數式，兩邊取對數，得 00 ln2ln2 xax  ，即 00 22

lnln xax  ，

代入，得  2

ln22

ln22

22

ln2 00

00

0aaaaaax

xaxaa

xaxf 



  。可以視為

2013的變式，其函數的載體都為指數函數和對數函數。

二、涉及導函數零點 0x （函數的極值點）和參數a的關系，消元

例 4. （2009全國 2）設函數    2 1f x x aIn x   有兩個極值點 1 2x x、 ，且 1 2x x

（I）求a的取值範圍，并讨論  f x 的單調性；

（II）證明：  21 2 2

4Inf x  w.w.w.k.s.5 .u.c.o.m

分析： 2x 滿足   0122

12'

2







xaxx

xaxxf ，    22 2 21f x x aln x   是含

2, xa 兩個變量的函數，利用 222 22 xxa  ，得到函數更易于處理。

三、零點求解，對導函數進一步處理

例 5. （2016 全國 2） (I)讨論函數 xx 2f (x)x 2



e 的單調性，并證明當 x >0 時，

( 2) 2 0;xx e x   

(II)證明：當 [0,1)a 時，函數 2x = ( 0)xe ax ag xx

 （ ） 有最小值.設 g（x）的最小值為

( )h a ，求函數 ( )h a 的值域.

分析：第(II)問，得到  g x 3e 2e 2x xx ax a

x  

 

3

22 e2

xxx axx

      ，導函數有參數，

可以考慮分離參數處理導函數的零點問題，第(I)問恰好給了很好的提示，   2 e2

xxx ax

   

有唯一零點 0x ，注意到     02,010  aa  ，當 a在變的時候， 0x 可以跑遍了整

個區間  2,0 ，得到     20

00min

0

xaaxe

xgxgx 

 ，結合   0000

2e 0

2xxx a

x

   

，即

00

0

2e

2xxa

x

  

，則     00

21

020

00min

xx

exx

aaxexgxg



 ，  2,00 x ，最小值為

 ah ，但還是消掉 a，才能處理。在 2009 年的基礎上，把下界的估計拓展為整個範圍，也增加了在求導函數零點的時候，

增加了對導函數的處理，即分離參數法。

四、要求極值的範圍，縮小導數極值點的範圍

例 6. （2017 全國 2）已知函數 xxaxaxxf ln)( 2  ，且 ( ) 0f x  .

（1）求 a；

（2）證明： ( )f x 存在唯一的極大值點 0x ，且2

02 2)(   xfe .

分析：第（2）問，導函數有兩個極值點， )0(2ln2)(  xxxxf 一個是 1，還有

另一個需要用零點存在性定理找出，即極大值點 0x ，   000200 ln xxxxxf  ，按照全

國卷考查的一貫思路，由 02ln2)( 000  xxxf 得 22ln 00  xx ，

所以41)22(ln)( 0

20000

20000

200  xxxxxxxxxxxf ，得到了

上 界 ， 找 下 界 卻 需 要 進 一 步 縮 小 極 值 點 的 範 圍 ， 注 意 到

0)1(,02ln1)21(,02)( 22   ffeef ，可以得到 )

21,( 20

 ex ，從而由極大

值，可以求出     22   eefxf ，确定下界。在 2016 的基礎上，增加了對極值點範圍的估計，在構建函數求範圍的基礎上需要借助

極大值本身蘊含着比某個數大。

變式 1：設函數 ).0(3)(,1ln)(  aaxxgx

axxf

（1）求函數 )()()( xgxfx  的單調增區間；

（2）當 1a 時，記 )()()( xgxfxh  ，是否存在整數，使得關于 x的不等式 )(2 xh

有解？若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由。

分析：對于第（2）問，令     xxxh ln3 ，由題知  min2 xh

 xxxx

xxxxh 3ln3ln'  ，令   3ln  xxxxu ，

所以   2ln'  xxu ，由   0' xu 得 2 ex ，從而  xu 在  2,0 e 單減，在   ,2e 單增，

則     02min  euxu ，且當 0x 時，有   0xu ，     02,01  uu ，

故  xu 在  ,0 上有唯一零點  2,1, 00 xx ，容易說明       000min ln3 xxxhxh 

借助   00 xu 得到0

00

3ln

xx

x

 ，所以     69330

00

000 









xx

xx

xxh

當  2,10 x ，得到 

 







21,469

00 xx ，此時

 20xh 為 



 

41,2 一個确定的數，

因為範圍太大，無法确定最小整數，從而需要通過縮小 0x 的範圍進一步縮小 20xh 的範

圍，由二分法取 023



u ，得到 



 2,23

0x ，則 



 

41,

43

20xh ，從而得到 0min  。

3. 已知函數    22 3xf x e x a    ， a R ．

（1）若函數  y f x 的圖象在 0x  處的切線與 x軸平行，求 a的值；

（2）若 0x  ，   0f x  恒成立，求a的取值範圍．

解：（1）    ' 2 xf x e x a   ，  y f x 的圖象在 0x  處的切線與 x軸平行，即在 0x  處的切線的斜率為 0，即    ' 0 2 1 0f a   ， 1a  （2）f′(x)＝2(ex－x＋a)，又令 h(x)＝2(ex－x＋a)，則 h′(x)＝2(ex－1)≥0，

∴h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，且 h(0)＝2(a＋1)．

①當 a≥－1時，f′(x)≥0恒成立，即函數 f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，

從而必須滿足 f(0)＝5－a2≥0，解得－ 5≤a≤ 5，又 a≥－1，∴－1≤a≤ 5.

②當 a<－1時，則存在 x0>0，使 h(x0)＝0且 x∈(0，x0)時，h(x)<0，即 f′(x)<0，

即 f(x)單調遞減，x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，即 f′(x)>0，即 f(x)單調遞增．

∴f(x)min＝f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，

又 h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，從而 2 ex0－(ex0)2＋3≥0, 解得 0<x0≤ln 3.由 ex0＝x0－a⇒a＝x0－ex0，令 M(x)＝x－ex，0<x≤ln 3，則 M′(x)＝1－ex<0，∴M(x)在(0，ln 3]上單調遞減，則 M(x)≥M(ln 3)＝ln 3－3，又 M(x)<M(0)＝－1，故 ln 3－3≤a<－1.綜上，ln 3－3≤a≤ 5.

點評：第（2）問，得到 f′(x)＝2(ex－x＋a)，借助常用不等式 1 xe x ，知道讨論 a的分界

點為 1a ，先從容易的入手，即 1a 時，   0' xf ，即函數恒單增。當 1a 時，

則需要用零點存在性定理找根 0x ，找 0x 的範圍，并把 a用 0x 表示出來，這是函數觀點。參

考 4.6的第五部分。

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