隱零點(diǎn)與極值點(diǎn)偏移問題2026年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題課件★★題型一

隱零點(diǎn)問題(微專題)1．在導(dǎo)數(shù)問題中，經(jīng)常會遇到函數(shù)存在零點(diǎn)但求解相對比較復(fù)雜甚至無法求解的情況，此時，我們一般對函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過整體代換，再結(jié)合其他條件解決問題，這類問題統(tǒng)稱為“隱零點(diǎn)”問題．2．零點(diǎn)問題求解三步曲(1)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在情況，列出方程f′(x)＝0，并結(jié)合f′(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的取值范圍．(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．(3)將方程f′(x)＝0適當(dāng)變形，整體代入最值式中進(jìn)行化簡證明，有時(1)中的零點(diǎn)范圍還可以適當(dāng)縮?。ｎ}1直接求得隱零點(diǎn)處函數(shù)值(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析當(dāng)a≤0時，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，故f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)證明：f(x)＋g(x)≥2lnx－ax－1.【答案】(2)證明見解析即xex－x－1－lnx≥0，令t(x)＝xex－x－1－lnx，定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)x∈(0，x0)時，t′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，t′(x)>0，故t(x)＝xex－x－1－lnx在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故t(x)在x＝x0處取得極小值，也是最小值，所以f(x)＋g(x)≥2lnx－ax－1，證畢．【講評】第(2)問中，t(x)＝xex－x－1－lnx不易求得零點(diǎn)，故先運(yùn)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理確定函數(shù)有零點(diǎn)，并對其設(shè)而不求，采用整體代換的策略進(jìn)行處理，將超越式用普通式代替，轉(zhuǎn)化為較容易研究的函數(shù)，問題隨之迎刃而解．思考題1已知函數(shù)f(x)＝xex，g(x)＝x＋lnx.(1)令h(x)＝f(x)－eg(x)，求h(x)的最小值；【答案】(1)0

【解析】(1)由題意知，h(x)＝xex－e(x＋lnx)，x∈(0，＋∞)，∴當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)<0，即h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，即h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(1)＝0，∴h(x)的最小值為0.(2)若f(x)－g(x)≥(b－2)x＋1恒成立，求b的取值范圍．【答案】(2)(－∞，2]【解析】(2)原不等式等價于xex－(x＋lnx)≥(b－2)x＋1，即xex＋x－lnx－1≥bx在(0，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝x2ex＋lnx，則φ(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，又當(dāng)x→0時，φ(x)→－∞，φ(1)＝e>0，又有y＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴b≤2，∴b的取值范圍是(－∞，2]．微專題2建立關(guān)于隱零點(diǎn)的函數(shù)再求范圍

(2025·長郡中學(xué)一模)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋1.(1)若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；【解析】(1)由f(x)＝xlnx－ax2＋1，則f′(x)＝lnx＋1－2ax，因?yàn)閒(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝lnx＋1－2ax≤0且不恒為0在(0，＋∞)上恒成立，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，所以g(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，(2)若a<0，證明：f(x)>0.【答案】(2)證明見解析【解析】(2)證明：由題意得f(x)＝xlnx－ax2＋1的定義域?yàn)?0，＋∞)，且T(0)＝－1<0，T(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使T(x0)＝－ax02＋x0－1＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，T(x)<0，即h′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，T(x)>0，即h′(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以p(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以p(x)>p(1)＝1>0，即h(x0)>0，所以即證h(x)min>0，所以可證f(x)>0.【講評】第(2)問中，對隱零點(diǎn)設(shè)而不求，整體代換后，不能直接得出隱零點(diǎn)處的函數(shù)值時，將h(x)min＝h(x0)＝lnx0－ax0＋(0<x0<1)看作是關(guān)于隱零點(diǎn)的一元函數(shù)，隱零點(diǎn)范圍作為函數(shù)的定義域，從而求得h(x0)的范圍．思考題2已知函數(shù)f(x)＝ex－1－asinx.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x，求a的值；【答案】(1)2

【解析】(1)由f(x)＝ex－1－asinx得f′(x)＝ex－acosx，因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x，所以f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2.(2)當(dāng)a＝2時，f(x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]恒成立，求c的最大值．【答案】(2)0當(dāng)a＝2時，f(x)＝ex－1－2sinx，則f′(x)＝ex－2cosx，記g(x)＝ex－2cosx，x∈[0，π]，則g′(x)＝ex＋2sinx>0，所以g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，即f′(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以c≤0，因?yàn)閏∈Z，所以c的最大值為0.題型二

極值點(diǎn)偏移問題(微專題)1．極值點(diǎn)不偏移已知函數(shù)f(x)圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn)x0，若f(x)＝c的兩根x1，x2(x1<x2)剛好滿足，即極值點(diǎn)在兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移．此時函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖所示．(圖象左右對稱，極值點(diǎn)不偏移，如二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.2．極值點(diǎn)偏移(1)極值點(diǎn)左偏(如圖)：(圖象左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>2x0.(2)極值點(diǎn)右偏(如圖)：(圖象左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2<2x0.3．極值點(diǎn)偏移問題的一般題設(shè)形式(1)函數(shù)f(x)存在兩個零點(diǎn)x1，x2且x1≠x2，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))．(2)函數(shù)f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，滿足f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))．微專題1對稱構(gòu)造法【證明】由題意，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)f′(x)＝0時，x＝1，f(x)在(0，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)．因?yàn)閒(x)有2個不同的零點(diǎn)，所以f(1)＝4－a＜0，即a＞4.假設(shè)0<x1<1<x2，【答案】證明見解析狀元筆記

對稱構(gòu)造法主要用來解決與x1和x2之和(積)相關(guān)的不等式的證明問題．其解題步驟如下：(1)定極值點(diǎn)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)x0.(2)構(gòu)造函數(shù)，即對x1＋x2>2x0型結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)(下面以此為例)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)．對x1x2>x02型結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性．(4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系．(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求．(1)若?x>0，f(x)>－4a2，求a的取值范圍；【解析】(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，∵a>0，∴當(dāng)x∈(0，2a)時，f′(x)<0，即f(x)在(0，2a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2a，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝2a處取得極小值亦即最小值，∴f(x)min＝f(2a)＝－2a2ln(2a)，∵?x>0，f(x)>－4a2?f(x)min＝－2a2ln(2a)>－4a2?ln(2a)<lne2，(2)若x1，x2是f(x)的零點(diǎn)，且x1≠x2，證明：x1＋x2>4a.【答案】(2)證明見解析【解析】(2)證明：由(1)知，f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，f(x)在(0，2a)上單調(diào)遞減，在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，且x＝2a是f(x)的極小值點(diǎn)．∵x1，x2是f(x)的零點(diǎn)，且x1≠x2，∴x1，x2分別在(0，2a)，(2a，＋∞)上，不妨設(shè)0<x1<2a<x2，設(shè)F(x)＝f(x)－f(4a－x)，當(dāng)x∈(0，2a)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)′(2a)＝0，即F(x)在(0，2a]上單調(diào)遞減．∵0<x1<2a，∴F(x1)>F(2a)＝0，即f(x1)>f(4a－x1)，∵f(x1)＝f(x2)＝0，∴f(x2)>f(4a－x1)，∵x1<2a，∴4a－x1>2a，又∵x2>2a，f(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a.微專題2比(差)值換元法已知函數(shù)f(x)＝xe－x(x∈R)，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)．證明：x1＋x2>2.【答案】證明見解析【證明】方法一：由題意，函數(shù)f(x)＝xe－x(x∈R)，可得f′(x)＝(1－x)e－x，當(dāng)x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，可得函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，不妨設(shè)x2>x1，可得0<x1<1<x2，令t＝x2－x1，則t>0，x2＝t＋x1，構(gòu)造函數(shù)G(t)＝2t＋(t－2)(et－1)，t>0，則G′(t)＝(t－1)et＋1，令H(t)＝(t－1)et＋1，則H′(t)＝tet>0，故G′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，G′(t)>G′(0)＝0，從而G(t)也在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，G(t)>G(0)＝0，即證得②式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．方法二：由題意，f′(x)＝(1－x)e－x.當(dāng)x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0.可得函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．不妨設(shè)x2>x1，即0<x1<1<x2.狀元筆記比(差)值換元的目的是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立x1與x2之間的關(guān)系，然后利用x1與x2之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的．用比值或差值(一般用t表示)表示x1與x2，即t＝

或t＝x1－x2，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題．【答案】證明見解析微專題3極值點(diǎn)偏移問題中參數(shù)的處理策略已知函數(shù)f(x)＝alnx－x，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，若x∈(0，a)，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，若x∈(a，＋∞)，則f′(x)<0，所以f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)若存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，證明：0<2a<x1＋x2.【答案】(2)證明見解析【解析】(2)證明：方法一：由(1)得當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不合題意，故a>0，則2a>0，不妨設(shè)0<x1<a<x2.要證x1＋x2>2a，只需證x2>2a－x1.∵f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，且x2>a，2a－x1>a.∴只需證f(x2)<f(2a－x1)．即證f(x1)<f(2a－x1)．∴F(x)在(0，a)上單調(diào)遞增．又∵F(a)＝0，∴F(x)<F(a)＝0，∴F(x1)<0.∴f(x1)<f(2a－x1)得證．綜上可得0<2a<x1＋x2.方法二：由(1)得，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不合題意，故a>0，則2a>0.由f(x1)＝f(x2)，可得alnx1－x1＝alnx2－x2，即a(lnx1－lnx2)＝x1－x2，則2a<x1＋x2.綜上可得0<2a<x1＋x2.狀元筆記

消參減元的主要目的是減元，根據(jù)x1與x2所滿足的關(guān)系，利用和差或積商等運(yùn)算，化簡并轉(zhuǎn)化所求解問題，消掉參數(shù)或減少變量的個數(shù)，并根據(jù)消參減元后的式子的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，從而解決問題．(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；【答案】(1)(－∞，e＋1]

【解析】(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．可得函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明：若f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，則x1x2<1.【答案】(2)證明見解析則g(x)<g(1)＝0，則F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(1)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時，g(x)>g(1)＝0，【講評】極值點(diǎn)偏移問題中常見兩個函數(shù)值相等，可以直接用于轉(zhuǎn)化或消元，本題如果直接應(yīng)用，式子較為復(fù)雜，利用指數(shù)與對數(shù)互相轉(zhuǎn)化實(shí)現(xiàn)“同構(gòu)”，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可使得式子盡快簡化．重溫高考(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；答案(1)－2

解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，2)，當(dāng)x∈(0，2)時，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，則a≥－2，故a的最小值為－2.(2)證明：曲線y＝f(x)是中心對稱圖形；答案(2)證明見解析故曲線y＝f(x)關(guān)于點(diǎn)(1，a)中心對稱．(3)若f(x)>－2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，求b的取值范圍．解析(3)由題知f(1)＝a＝－2，2．(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a3.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；答案(1)(e－1)x－y－1＝0

解析(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1，則f′(1)＝e－1.又f(1)＝e－2，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，e－2)，所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．答案(2)(1，＋∞)解析(2)易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值；當(dāng)a>0時，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值為f(lna)＝a－alna－a3.由題意知a－alna－a3<0(a>0)，等價于1－lna－a2<0(a>0)．所以函數(shù)g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝0，故當(dāng)0<a<1時，g(a)>0；當(dāng)a>1時，g(a)<0.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．方法二(圖象法)：由1－lna－a2<0(a>0)，得lna>－a2＋1(a>0)．如圖為函數(shù)y＝lna與y＝－a2＋1在區(qū)間(0，＋∞)上的大致圖象，由圖易知當(dāng)a>1時，lna>－a2＋1，即1－lna－a2<0.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．3．(2024·全國甲卷，理)已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)·ln(1＋x)－x.(1)當(dāng)a＝－2時，求f(x)的極值；答案(1)見解析解析(1)當(dāng)a＝－2時，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，易知f′(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝0時，f(x)取得極小值，為f(0)＝0，f(x)無極大值．(2)當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍．解析(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，因?yàn)楫?dāng)x≥0時，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以f′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(x)≥f′(0)＝0且不恒為0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)≥f(0)＝0.(1)若a＝8，討論f(x)的單調(diào)性；答案(1)見解