【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：因为 f (x) ex+m x3 ， 所以 f (x) ex+m 3x2 .……………………………………………………………1 分
因为曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1， 所以 f 0 em 1，解得 m 0 .…………………………………………………2 分
（Ⅱ）证法一：因为 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ，
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所以 f x g (x) x3 等价于 ex+m ln x 1 2 0 ．
当 m 1时， ex+m ln x 1 2 ex1 ln x 1 2 ．
要证 ex+m ln x 1 2 0 ，只需证明 ex1 ln(x 1) 2 0 .………………4 分
，解得： ，
由
，解得：
，
故 在 递减，在
递增；
2 由 1 知要使 存在最小值，
则且
，
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令
，
，
则
在
递减，
又
，
，
故存在
使得
故在
递增，在
，
故
，
故
， 递减， ，
，
又
，
，
故
．
2．【广东省汕头市 2019 届高三上学期期末】已知函数
．
讨论 的单调性；
若 ， 是 的两个极值点，证明：
．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析 【解析】
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 f′(x)的正负，进而得到 f(x)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
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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，不妨称之为隐性零点.
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．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
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
1
令 f′（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣ ，
x
1
1
1
令 t′（x）=0，解得：x= ，所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，所以
2
2
2
1 t（x）min=t（ 2 ）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即 f′（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f′（x）在
．
即
．
令
，即
．
令
，
．
，
函数 在 内单调递减，
．
即
．
．
3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等 2019 届高三联合模拟】已知函数
．
（1）若
，证明：
；
（2）若 只有一个极值点，求 的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）
.
【解析】
（1）当
时，
等价于
，即
；
设函数
，则
，
当
时，
；当
所以 在
上单调递减，在
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 f′(x0)＝0，并结合 f(x)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；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求
处取得极大值，
即在
上有两个极值点．
综上， 只有一个极值点时， 的取值范围是
4. 已知函数 f (x) ex+m x3 , g x ln x 1 2 ． （Ⅰ）若曲线 y f x 在点 0，f 0 处的切线斜率为1，求实数 m 的值；
（Ⅱ）当 m 1时，证明： f x g (x) x3 .
以下给出三种思路证明 ex1 ln(x 1) 2 0 ．
思路 1：设 h x ex1 ln x 1 2 ，则 h x ex1 1 .
x 1
设
p x ex1
1 ，则 x 1
p
x
e
x 1
x
1
12
0．
所以函数 p x h x ex1 1 在 1，+ 上单调递增．…………………6 分
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．
【提升训练】
1.【江西省九江市 2019 届高三一模】已知函数
．
1 试讨论函数 的单调性；
2 若函数 存在最小值
，求证：
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】
1
，
时，
在
恒成立，
故在
递增，
时，由
x
x
设(x) 2xe2x a ，(x) 2xe2x 4x 2 e2x ，
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
(x) a, 2e2 a 又因为 a 0, 2e2 ，所以(0) a 0,(1) 2e2 a 0
由零点存在定理可知 f '(x) 在 0,1 的唯一零点为 x0
专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题
函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数 的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间—— 零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数 的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破 解导数压轴问题，例题说法，高效训练.
单调递增．
故
为 的最小值，
①若
时，由于
，故 只有一个零点，所以 时
，
因此 在
上单调递增，故 不存在极值；
②若
时，由于
，即
，所以
，
因此 在
上单调递增，故 不存在极值；
③若
时，
，即
．
又
，且
，
而由（1）知
，所以
，
取 c 满足
，则
故在
有唯一一个零点 ，在
有唯一一个零点 ；
且当
时
，当
时，
，当
时，
由于
，故 在
处取得极小值，在
，
．
令
则
， 的对称轴为 ，
．
时，
，函数 在
当
时，
，可得
上是增函数；
，
，函数 在
上是增函数；
当 时， ，由
，解得
，
．
在
，
上，
，
，函数 是增函数；
在
，
，
，函数 是减函数．
综上可得：在
，
上，函数 是增函数；
在
，函数 是减函数．
证明：假设
，由 ， 是函数 的极值点，则 ， 是
的两个实数根，
，
，．
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所以当 x x0 时， h x 取得最小值 h x0 .………………………………………10 分
所以 h x
h x0
=
ex0 1
ln x0
1 2
1 x0
1
x0
1
2
0.
综上可知，当 m 1时， f x g (x) x3 . ……………………………………12 分
思路 2：先证明 ex1 x 2 x R ．……………………………………………5 分
设 h x ex1 x 2 ，则 h x ex+1 1．
因为当 x 1时， h x 0 ，当 x 1 时， h x 0 ，
所以当 x 1时，函数 h x 单调递减，当 x 1 时，函数 h x 单调递增．
所以 h x h1 0 ．
所以 ex1 x 2 （当且仅当 x 1 时取等号）．…………………………………7 分 所以要证明 ex1 ln(x 1) 2 0 ，
当 x (0, x0 ) 时， f '(x) 0 ，当 x x0 ,1 ， f '(x) 0
故 f (x) 在 (0, x0 ) 单调递减，在 x0 ,1 单调递增，
所以当 x x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) e2x0 a ln x0 ，
由 2x0e2x0
（1）求 a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
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【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）因为 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则 f（x）≥0 等价于