7.1 隐极值点问题在不断传承中创新高观点下函数导数压轴题的系统性突破第二版正式出版，增加了四章，其中第七章探
讨高考热点问题，这是第七章第一节。目前只在淘宝上有，因为书很畅销，居然多个书店
有盗版书籍，均是第一版，正版请认准是博约书斋。
微积分的创立直接与四类科学问题直接相关，一是已知物体的运动的路程作为时间的
函数，求任意时刻的速度与加速度，反之，已知物体的加速度作为时间的函数，求速度与路
程；二是求曲线的切线；三是求函数的最大值和最小值；四是求长度、面积、体积和重心等。
导数是微积分的核心概念之一，它是研究函数增减、变化快慢、最大（小）值等问题
的最一般、最有效的工具。
站在高考层面，导数研究切线的条数，可以转化为切点的个数，最后转化为函数的零
点问题，两个函数图像存在相互对称的点，也可以转化为某个函数有零点。证明函数不等式，
常常转化为函数的单调性或最值，涉及单调性、极值、最值，而这涉及导函数的零点问题，
如果导函数的零点不可求，我们称为隐极值点问题。
全国卷压轴题的考查常常在不断地传承中创新。
一、消掉指对数
例 1.（2012 课标文）设函数 f(x)= ex-ax-2
(Ⅰ)求 xf 的单调区间(Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f´(x) x 1>0,求 k 的最大值
分析：涉及整数问题，常常考虑分参 xexk x
11
，令 xexk x
11
，
令 11
11
xx
x exex
exxg ,则
212
x
xx
exeexg ,零点设为 0x ，
则最小值 11
0
00
xx
eex
xg 很复杂，利用 0x 满足的关系消掉指对数。
例 2. （2013 全国 2）已知函数 f(x)=ex-ln(x m)
(Ι)设 x=0 是 f(x)的极值点，求 m,并讨论 f(x)的单调性；
（Ⅱ）当 m≤2 时，证明 f(x)>0
分析： mx
exf x
1' ， xf 的最小值为 mxexf x 00 ln0 ，既有指数式，
又有对数，利用极值点满足mx
e x
0
10 ，两边取对数，得 mxx 00 ln ，消去指对
数，可得 0211 00
00
0
mmmx
mxx
mxxf ，可以视为 2012文科
的拓展。
例 3.（2015新课标 1文）设函数 2 lnxf x e a x .
（I）讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数；
（II）证明：当 0a 时 22 lnf x a aa
.
分析： xaexf x 22' 的零点 0x 满足
0
2 02xae x ， 020min ln0 xaexfxf x
是含 0, xa 两个变量的函数，此时消掉指对数较为简单，由0
2 02xae x 得
0
2
20
xae x ，能消
去指数式，就一定能消去对数式，两边取对数，得 00 ln2ln2 xax ，即 00 22
lnln xax ，
代入，得 2
ln22
ln22
22
ln2 00
00
0aaaaaax
xaxaa
xaxf
。可以视为
2013的变式，其函数的载体都为指数函数和对数函数。
二、涉及导函数零点 0x （函数的极值点）和参数a的关系，消元
例 4. （2009全国 2）设函数 2 1f x x aIn x 有两个极值点 1 2x x、 ，且 1 2x x
（I）求a的取值范围，并讨论 f x 的单调性；
（II）证明： 21 2 2
4Inf x w.w.w.k.s.5 .u.c.o.m
分析： 2x 满足 0122
12'
2
xaxx
xaxxf ， 22 2 21f x x aln x 是含
2, xa 两个变量的函数，利用 222 22 xxa ，得到函数更易于处理。
三、零点求解，对导函数进一步处理
例 5. （2016 全国 2） (I)讨论函数 xx 2f (x)x 2
e 的单调性，并证明当 x >0 时，
( 2) 2 0;xx e x
(II)证明：当 [0,1)a 时，函数 2x = ( 0)xe ax ag xx
（ ） 有最小值.设 g（x）的最小值为
( )h a ，求函数 ( )h a 的值域.
分析：第(II)问，得到 g x 3e 2e 2x xx ax a
x
3
22 e2
xxx axx
，导函数有参数，
可以考虑分离参数处理导函数的零点问题，第(I)问恰好给了很好的提示， 2 e2
xxx ax
有唯一零点 0x ，注意到 02,010 aa ，当 a在变的时候， 0x 可以跑遍了整
个区间 2,0 ，得到 20
00min
0
xaaxe
xgxgx
，结合 0000
2e 0
2xxx a
x
，即
00
0
2e
2xxa
x
，则 00
21
020
00min
xx
exx
aaxexgxg
， 2,00 x ，最小值为
ah ，但还是消掉 a，才能处理。在 2009 年的基础上，把下界的估计拓展为整个范围，也增加了在求导函数零点的时候，
增加了对导函数的处理，即分离参数法。
四、要求极值的范围，缩小导数极值点的范围
例 6. （2017 全国 2）已知函数 xxaxaxxf ln)( 2 ，且 ( ) 0f x .
（1）求 a；
（2）证明： ( )f x 存在唯一的极大值点 0x ，且2
02 2)( xfe .
分析：第（2）问，导函数有两个极值点， )0(2ln2)( xxxxf 一个是 1，还有
另一个需要用零点存在性定理找出，即极大值点 0x ， 000200 ln xxxxxf ，按照全
国卷考查的一贯思路，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 却 需 要 进 一 步 缩 小 极 值 点 的 范 围 ， 注 意 到
0)1(,02ln1)21(,02)( 22 ffeef ，可以得到 )
21,( 20
ex ，从而由极大
值，可以求出 22 eefxf ，确定下界。在 2016 的基础上，增加了对极值点范围的估计，在构建函数求范围的基础上需要借助
极大值本身蕴含着比某个数大。
变式 1：设函数 ).0(3)(,1ln)( aaxxgx
axxf
（1）求函数 )()()( xgxfx 的单调增区间；
（2）当 1a 时，记 )()()( xgxfxh ，是否存在整数，使得关于 x的不等式 )(2 xh
有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由。
分析：对于第（2）问，令 xxxh ln3 ，由题知 min2 xh
xxxx
xxxxh 3ln3ln' ，令 3ln xxxxu ，
所以 2ln' xxu ，由 0' xu 得 2 ex ，从而 xu 在 2,0 e 单减，在 ,2e 单增，
则 02min euxu ，且当 0x 时，有 0xu ， 02,01 uu ，
故 xu 在 ,0 上有唯一零点 2,1, 00 xx ，容易说明 000min ln3 xxxhxh
借助 00 xu 得到0
00
3ln
xx
x
，所以 69330
00
000
xx
xx
xxh
当 2,10 x ，得到
21,469
00 xx ，此时
20xh 为
41,2 一个确定的数，
因为范围太大，无法确定最小整数，从而需要通过缩小 0x 的范围进一步缩小 20xh 的范
围，由二分法取 023
u ，得到
2,23
0x ，则
41,
43
20xh ，从而得到 0min 。
3. 已知函数 22 3xf x e x a ， a R ．
（1）若函数 y f x 的图象在 0x 处的切线与 x轴平行，求 a的值；
（2）若 0x ， 0f x 恒成立，求a的取值范围．
解：（1） ' 2 xf x e x a ， y f x 的图象在 0x 处的切线与 x轴平行，即在 0x 处的切线的斜率为 0，即 ' 0 2 1 0f a ， 1a （2）f′(x)＝2(ex－x＋a)，又令 h(x)＝2(ex－x＋a)，则 h′(x)＝2(ex－1)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且 h(0)＝2(a＋1)．
①当 a≥－1时，f′(x)≥0恒成立，即函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
从而必须满足 f(0)＝5－a2≥0，解得－ 5≤a≤ 5，又 a≥－1，∴－1≤a≤ 5.
②当 a<－1时，则存在 x0>0，使 h(x0)＝0且 x∈(0，x0)时，h(x)<0，即 f′(x)<0，
即 f(x)单调递减，x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即 f′(x)>0，即 f(x)单调递增．
∴f(x)min＝f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，
又 h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，从而 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，则 M′(x)＝1－ex<0，∴M(x)在(0，ln 3]上单调递减，则 M(x)≥M(ln 3)＝ln 3－3，又 M(x)<M(0)＝－1，故 ln 3－3≤a<－1.综上，ln 3－3≤a≤ 5.
点评：第（2）问，得到 f′(x)＝2(ex－x＋a)，借助常用不等式 1 xe x ，知道讨论 a的分界
点为 1a ，先从容易的入手，即 1a 时， 0' xf ，即函数恒单增。当 1a 时，
则需要用零点存在性定理找根 0x ，找 0x 的范围，并把 a用 0x 表示出来，这是函数观点。参
考 4.6的第五部分。
,
