2026年高考数学一轮复习专题课件：隐零点与极值点偏移问题重点班选讲

隐零点与极值点偏移问题2026年高考数学一轮复习专题课件★★题型一

隐零点问题(微专题)1．在导数问题中，经常会遇到函数存在零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的情况，此时，我们一般对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合其他条件解决问题，这类问题统称为“隐零点”问题．2．零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在情况，列出方程f′(x)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)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．(3)将方程f′(x)＝0适当变形，整体代入最值式中进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．微专题1直接求得隐零点处函数值(1)讨论f(x)的单调性；【答案】(1)见解析当a≤0时，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，故f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，综上，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2)证明：f(x)＋g(x)≥2lnx－ax－1.【答案】(2)证明见解析即xex－x－1－lnx≥0，令t(x)＝xex－x－1－lnx，定义域为(0，＋∞)，当x∈(0，x0)时，t′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，t′(x)>0，故t(x)＝xex－x－1－lnx在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故t(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值，所以f(x)＋g(x)≥2lnx－ax－1，证毕．【讲评】第(2)问中，t(x)＝xex－x－1－lnx不易求得零点，故先运用函数零点存在定理确定函数有零点，并对其设而不求，采用整体代换的策略进行处理，将超越式用普通式代替，转化为较容易研究的函数，问题随之迎刃而解．思考题1已知函数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)由题意知，h(x)＝xex－e(x＋lnx)，x∈(0，＋∞)，∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，即h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(1)＝0，∴h(x)的最小值为0.(2)若f(x)－g(x)≥(b－2)x＋1恒成立，求b的取值范围．【答案】(2)(－∞，2]【解析】(2)原不等式等价于xex－(x＋lnx)≥(b－2)x＋1，即xex＋x－lnx－1≥bx在(0，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝x2ex＋lnx，则φ(x)为(0，＋∞)上的增函数，又当x→0时，φ(x)→－∞，φ(1)＝e>0，又有y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，∴b≤2，∴b的取值范围是(－∞，2]．微专题2建立关于隐零点的函数再求范围

(2025·长郡中学一模)已知函数f(x)＝xlnx－ax2＋1.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；【解析】(1)由f(x)＝xlnx－ax2＋1，则f′(x)＝lnx＋1－2ax，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝lnx＋1－2ax≤0且不恒为0在(0，＋∞)上恒成立，当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，(2)若a<0，证明：f(x)>0.【答案】(2)证明见解析【解析】(2)证明：由题意得f(x)＝xlnx－ax2＋1的定义域为(0，＋∞)，且T(0)＝－1<0，T(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使T(x0)＝－ax02＋x0－1＝0，所以当x∈(0，x0)时，T(x)<0，即h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，T(x)>0，即h′(x)>0，所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以p(x)在(0，1)上单调递减，所以p(x)>p(1)＝1>0，即h(x0)>0，所以即证h(x)min>0，所以可证f(x)>0.【讲评】第(2)问中，对隐零点设而不求，整体代换后，不能直接得出隐零点处的函数值时，将h(x)min＝h(x0)＝lnx0－ax0＋(0<x0<1)看作是关于隐零点的一元函数，隐零点范围作为函数的定义域，从而求得h(x0)的范围．思考题2已知函数f(x)＝ex－1－asinx.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，求a的值；【答案】(1)2

【解析】(1)由f(x)＝ex－1－asinx得f′(x)＝ex－acosx，因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，所以f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2.(2)当a＝2时，f(x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]恒成立，求c的最大值．【答案】(2)0当a＝2时，f(x)＝ex－1－2sinx，则f′(x)＝ex－2cosx，记g(x)＝ex－2cosx，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋2sinx>0，所以g(x)在[0，π]上单调递增，即f′(x)在[0，π]上单调递增，所以c≤0，因为c∈Z，所以c的最大值为0.题型二

极值点偏移问题(微专题)1．极值点不偏移已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根x1，x2(x1<x2)刚好满足，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图所示．(图象左右对称，极值点不偏移，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.2．极值点偏移(1)极值点左偏(如图)：(图象左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0.(2)极值点右偏(如图)：(图象左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.3．极值点偏移问题的一般题设形式(1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)．微专题1对称构造法【证明】由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)．当f′(x)＝0时，x＝1，f(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，x＝1为f(x)的极小值点．因为f(x)有2个不同的零点，所以f(1)＝4－a＜0，即a＞4.假设0<x1<1<x2，【答案】证明见解析状元笔记

对称构造法主要用来解决与x1和x2之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题步骤如下：(1)定极值点，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0.(2)构造函数，即对x1＋x2>2x0型结论，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)(下面以此为例)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)．对x1x2>x02型结论，构造函数F(x)＝f(x)－(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系．(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．(1)若∀x>0，f(x)>－4a2，求a的取值范围；【解析】(1)由已知得f(x)的定义域为{x|x>0}，∵a>0，∴当x∈(0，2a)时，f′(x)<0，即f(x)在(0，2a)上单调递减；当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(2a，＋∞)上单调递增．所以f(x)在x＝2a处取得极小值亦即最小值，∴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)的零点，且x1≠x2，证明：x1＋x2>4a.【答案】(2)证明见解析【解析】(2)证明：由(1)知，f(x)的定义域为{x|x>0}，f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，且x＝2a是f(x)的极小值点．∵x1，x2是f(x)的零点，且x1≠x2，∴x1，x2分别在(0，2a)，(2a，＋∞)上，不妨设0<x1<2a<x2，设F(x)＝f(x)－f(4a－x)，当x∈(0，2a)时，F′(x)<0，F′(2a)＝0，即F(x)在(0，2a]上单调递减．∵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，＋∞)上单调递增，∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a.微专题2比(差)值换元法已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)．证明：x1＋x2>2.【答案】证明见解析【证明】方法一：由题意，函数f(x)＝xe－x(x∈R)，可得f′(x)＝(1－x)e－x，当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，可得函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，不妨设x2>x1，可得0<x1<1<x2，令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，构造函数G(t)＝2t＋(t－2)(et－1)，t>0，则G′(t)＝(t－1)et＋1，令H(t)＝(t－1)et＋1，则H′(t)＝tet>0，故G′(t)在(0，＋∞)上单调递增，G′(t)>G′(0)＝0，从而G(t)也在(0，＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0，即证得②式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．方法二：由题意，f′(x)＝(1－x)e－x.当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.可得函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．不妨设x2>x1，即0<x1<1<x2.状元笔记比(差)值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件首先建立x1与x2之间的关系，然后利用x1与x2之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．用比值或差值(一般用t表示)表示x1与x2，即t＝

或t＝x1－x2，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题．【答案】证明见解析微专题3极值点偏移问题中参数的处理策略已知函数f(x)＝alnx－x，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；【答案】(1)见解析当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若x∈(0，a)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，证明：0<2a<x1＋x2.【答案】(2)证明见解析【解析】(2)证明：方法一：由(1)得当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不合题意，故a>0，则2a>0，不妨设0<x1<a<x2.要证x1＋x2>2a，只需证x2>2a－x1.∵f(x)在(a，＋∞)上单调递减，且x2>a，2a－x1>a.∴只需证f(x2)<f(2a－x1)．即证f(x1)<f(2a－x1)．∴F(x)在(0，a)上单调递增．又∵F(a)＝0，∴F(x)<F(a)＝0，∴F(x1)<0.∴f(x1)<f(2a－x1)得证．综上可得0<2a<x1＋x2.方法二：由(1)得，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不合题意，故a>0，则2a>0.由f(x1)＝f(x2)，可得alnx1－x1＝alnx2－x2，即a(lnx1－lnx2)＝x1－x2，则2a<x1＋x2.综上可得0<2a<x1＋x2.状元笔记

消参减元的主要目的是减元，根据x1与x2所满足的关系，利用和差或积商等运算，化简并转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数，并根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数，从而解决问题．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；【答案】(1)(－∞，e＋1]

【解析】(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．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的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.【答案】(2)证明见解析则g(x)<g(1)＝0，则F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，【讲评】极值点偏移问题中常见两个函数值相等，可以直接用于转化或消元，本题如果直接应用，式子较为复杂，利用指数与对数互相转化实现“同构”，结合函数单调性可使得式子尽快简化．重温高考(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；答案(1)－2

解析(1)f(x)的定义域为(0，2)，当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，故a的最小值为－2.(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；答案(2)证明见解析故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称．(3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．解析(3)由题知f(1)＝a＝－2，2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；答案(1)(e－1)x－y－1＝0

解析(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．答案(2)(1，＋∞)解析(2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，所以函数f(x)在区间(－∞，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(lna)＝a－alna－a3.由题意知a－alna－a3<0(a>0)，等价于1－lna－a2<0(a>0)．所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0.故实数a的取值范围为(1，＋∞)．方法二(图象法)：由1－lna－a2<0(a>0)，得lna>－a2＋1(a>0)．如图为函数y＝lna与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，由图易知当a>1时，lna>－a2＋1，即1－lna－a2<0.所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．3．(2024·全国甲卷，理)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln(1＋x)－x.(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；答案(1)见解析解析(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值．(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解析(2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0且不恒为0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.(1)若a＝8，讨论f(x)的单调性；答案(1)见解