主题2 第3章 热点强化课3 隐零点与极值点偏移问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

如果f′(x)是超越形式，f′(x)的零点是存在但无法求出，这时可采用虚设零点法．逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果． [例1]　已知函数f(x)＝(2aex－x)ex. (1)若a＝0，求f(x)的单调区间； (2)若对于任意的x∈R，f(x)＋≤0恒成立，求a的最小值． [解]　(1)因a＝0，所以f(x)＝－xex， f′(x)＝－(x＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0. 故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，单调递减区间是(－1，＋∞). (2)f′(x)＝4ae2x－(x＋1)ex＝－ex(x＋1－4aex).因为∀x∈R，f(x)＋≤0， 又f(0)＝2a，所以2a＋≤0，则a＜0.令g(x)＝x＋1－4aex，则g(x)在R上单调递增．因为当x＜0时，g(x)＜x＋1－4a，所以g(4a－1)＜4a－1＋1－4a＝0.因为g(－1)＝－4ae-1＞0，所以∃x0∈(4a－1，－1)，使得g(x0)＝0且当x∈(－∞，x0)时，g(x)＜0，则f′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，则f′(x)＜0， 所以f(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．故f(x)max＝f(x0)＝2ae2x0－x0ex0.由g(x0)＝x0＋1－4aex0＝0，得a＝. 由f(x)max＋≤0，得x0ex0－e2x0·≥，即≥. 结合x0＋1＜0，得x－1≤8，所以－3≤x0≤－1.令h(x)＝(－3≤x≤1).则h′(x)＝＞0，所以h(x)在[－3，－1)上单调递增，所以h(x)≥h(－3)＝，即a≥－.故a的最小值为－. 　　 (1)函数不等式恒成立问题，要注意应用必要条件探路，这样可以缩小参数的范围，减少分类讨论情况，甚至无需分类讨论； (2)含参函数的最值经常涉及到隐零点，要注意隐零点范围的确定，如(2)由f(x)max＋≤0确定出隐零点x0的范围，是解题的关键． [例2]　已知函数f(x)＝ln x＋2，g(x)＝e2x－ln (a＞0). (1)设函数h(x)＝f(x＋1)－x－2，求h(x)的最大值； (2)证明：f(x)≤g(x). 解：(1)因为h(x)＝ln (x＋1)－x(x＞－1)， 所以h′(x)＝－1＝－(x＞－1). 当x∈(－1，0)时，h′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＜0. 所以h(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，从而h(x)max＝h(0)＝0. (2)证明：原不等式等价于φ(x)＝e2x－a ln x－2a－a ln ≥0， 则φ′(x)＝2e2x－＝，令m(x)＝2e2x－，则m′(x)＝4e2x＋＞0， 所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 令t(x)＝2xe2x－a，则t(0)＝－a＜0，t(a)＝2ae2a－a＝a(2e2a－1)＞0， 所以存在唯一x0∈(0，a)使得t(x0)＝2x0e2x0－a＝0，即φ′(x0)＝2e2x0－＝0， 当0＜x＜x0时，φ′(x)＜0；当x＞x0时，φ′(x)＞0， 此时φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 要证φ(x)≥0，即要证φ(x0)≥0. 于是原问题转化为证明不等式组 由2e2x0－＝0，得e2x0＝，代入φ(x0)＝e2x0－ a ln x0－2a－a ln . 对e2x0＝两边取对数得ln x0＝ln －2x0，代入φ(x0)＝－a ln x0－2a－a ln ，得φ(x0)＝＋2ax0－2a. 因为φ(x0)＝＋2ax0－2a≥2－2a＝0，当且仅当x0＝，a＝e时，等号成立， 所以f(x)≤g(x). 　　 零点问题解题步骤 (1)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′(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． (3)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(1)中的雾点范围还可以适当缩小． 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图象没有对称性．若函数f(x)在x＝x0处取得极值，且函数y＝f(x)与直线y＝b交于A(x1，b)，B(x2，b)两点，则AB的中点为M，而往往x0≠.如图所示． 图1 极值点不偏移　　　图2　极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)的解分别为x1、x2，且a＜x1＜x2＜b，(1)若≠x0，则称函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0偏移；(2)若＞x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；(3)若＜x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏． ►[命题点1]　对称化构造法 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题． [例3]　(2025·四川南充一模)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1＋x2>2. [解]　(1)f的定义域为， 因为f′＝1－＝，所以当0<x<1时，f′<0，当x>1时，f′>0， 所以f在上单调递减，在上单调递增， 所以当x＝1时，f取得最小值1－a. 又当x趋近于0或＋∞时，f趋于＋∞， 所以要使f有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a<0，即a>1. 所以实数a的取值范围为. (2)证明：不妨设x1<x2，由(1)可知，0<x1<1，x2>1，则2－x1>1， 要证x1＋x2>2，只需证2－x1<x2， 又f在上单调递增，所以只需证f<f，即证f<f. 记g＝f－f＝2－2x－ln (2－x)＋ln x，x∈， 则g′＝＋－2＝－， 当0<x<1时，g′>0，g单调递增， 又g＝f－f＝0， 所以g＝f－f<0，即f<f. 所以x1＋x2>2. 　　 对称化构造法解题要点如下： (1)定函数(极值点为x0)，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，即对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x). (3)对结论x1·x2＞x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (5)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． (6)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．►[命题点2]　差值代换法(韦达定理代换令x1x2＝t，x1±x2＝t.) [例4]　(2025·湖北宜昌市夷陵中学模拟预测)已知函数f(x)＝a ln (x＋2)－x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性和最值； (2)若关于x的方程ex＝－ln (m＞0)有两个不等的实数根x1，x2，求证：ex1＋ex2＞. [解]　(1)f′(x)＝－1＝，其中x＞－2若a≤0，则f′(x)＜0在(－2，＋∞)上恒成立，故f(x)在(－2，＋∞)上为减函数，故f(x)无最值．若a＞0，当x∈(－2，a－2)时，f′(x)＞0；当x∈(a－2，＋∞)时，f′(x)＜0；故f(x)在(－2，a－2)上为增函数，在(a－2，＋∞)上为减函数，故f(x)max＝f(a－2)＝a ln a－a＋2，f(x)无最小值． (2)证明：方程ex＝－ln (m＞0)，即为mex＋x＋ln m＝x＋2＋ln (x＋2)，故ex＋ln m＋ln ex＋ln m＝x＋2＋ln (x＋2)，因为y＝x＋ln x为(0，＋∞)上的增函数，所以x＋2＝ex＋ln m＝mex，所以关于x的方程ex＝－ln (m＞0)有两个不等的实数根x1，x2，即x＋2＝mex有两个不同的实数根x1，x2.，所以x1＋2＝mex1，x2＋2＝mex2所以x1－x2＝m(ex1－ex2)，不妨设x1＞x2，t＝x1－x2，故ex1＋ex2＝(ex1＋ex2)，要证ex1＋ex2＞，即证(ex1＋ex2)·＞，即证(ex1－x2＋1)·＞2，即证(et＋1)＞2(t＞0)，即证(et＋1)t＞2et－2(t＞0)，设s(t)＝(et＋1)t－2et＋2，则s′(t)＝et＋1＋tet－2et＝(t－1)et＋1，故s″(t)＝tet＞0，所以s′(t)在(0，＋∞)上为增函数，故s′(t)＞s′(0)＝0，所以s(t)在(0，＋∞)上为增函数，所以s(t)＞s(0)＝0，故ex1＋ex2＞成立． 　　 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t表示)表示两个极值点，即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的函数问题求解. ►[命题点3]　比值代换法(函数的两个极值点为x1，x2，令t＝) [例5]　(2025·北京通州三模)已知函数f＝ax－－ln x(a>0). (1)已知f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，求实数a的值； (2)已知f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围； (3)已知g＝f＋有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2. [解]　(1)因为f＝ax－－ln x， 所以f′＝a＋－. 所以f′＝2a－1，又f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1， 所以f′＝2a－1＝1，解得a＝1. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)在定义域上为增函数， 所以f′＝a＋－≥0在(0，＋∞)上恒成立． 即≥0恒成立，即a≥. 令g＝，所以g′＝＝， x∈(0，1)时g′>0，x∈(1，＋∞)时g′<0， 所以g在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以gmax＝g＝，即a≥. (3)由题意得g＝ax－ln x. 其定义域为，g′＝a－＝. 当a≤0时，g′<0，所以g在(0，＋∞)上单调递减，不合题意． 当a>0时，g′＝a－＝. 由g′(x)＜0，得0＜x＜；由g′(x)＞0，得x＞， 所以g在上单调递减，在上单调递增， 所以g的最小值为g＝1－ln . 函数g存在两个零点的必要条件是g＝1－ln <0，即0<a<， 又g＝a>0， 所以g在上存在一个零点(>1). 当x→＋∞时，g→＋∞，所以g在上存在一个零点， 综上，函数g有两个零点，实数a的取值范围是0<a<. 不妨设两个零点x2>x1>0， 由g＝g＝0，所以ln x1＝ax1，ln x2＝ax2， 所以ln x1－ln x2＝a， 所以a＝， 要证x1x2>e2， 只需证ln >2， 只需证ln x1＋ln x2>2， 由ln x1＋ln x2＝ax1＋ax2＝a＝， 只需证>， 只需证ln x1－ln x2<， 只需证ln <. 令＝t，只需证ln t<， 令H＝ln t－， 则H′＝－＝>0， 所以H(t)在(0，1)上单调递增，所以H<H＝0， 即ln t<成立， 所以x1x2>e2成立． 　　 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，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的函数问题求解. 热点强化课3　隐零点与极值点偏移问题(教师专享) [基础训练组] 1．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0. (1)求a，b的值； (2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－. 解：(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1，得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1， 所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1. (2)令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex， 所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点； 当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0， 所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0ex0＝1⇒ex0＝， f(x0)＝－x0＝1－， 又g＝－1<0， g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒2<＋x0<，所以f(x0)>－. 2．(2025·河北保定二模)已知函数f(x)＝ax－x ln x，f′(x)为其导函数． (1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围； (2)若存在两个不同的正数x1，x2，使得f＝f，证明：f′>0. 解：(1)f′＝a－1－ln x，当0<x<ea-1时，f′>0，f单调递增； 当x>ea-1时，f′<0，f单调递减．所以f(x)max＝f＝ea-1≤1， 解得a≤1，即a的取值范围为. (2)证明：不妨设x1<x2，则0<x1<ea-1<x2<ea，要证f′>0， 即证 <ea-1，则证x1x2<e2a-2，则证x1<<ea-1， 所以只需证f<f，即f<f. 令g＝f－f，x∈，则g＝0，g′＝. 当x>ea-1时，a－1－ln x<0，x2－e2a-2>0，则g′<0， 所以g在上单调递减，则g<g＝0.所以f<f. 由(1)知f在上单调递增，所以x1<，从而f′>0成立． 3．(2025·山东青岛高三期末)已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R. (1)若f(x)存在极值点1，求a的值； (2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2. 解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－， 因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1. (2)f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)·(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝a， 当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增， 当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减， 所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a). 又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)<0，即a2＋(1－a)a－a ln a<0，整理得ln a>1－a， 作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)， 令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln ， 则h′(x)＝－2＋＝－2＋， 因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增， 不妨设x1<a<x2，则h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)， 又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数， 所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又ln a>1－a，易知a>1成立，故x1＋x2>2. 4．(2025·黑龙江哈尔滨期末)已知函数f＝ax2，g＝x. (1)若对于任意x∈，都有f<g，求实数a的取值范围； (2)若函数y＝g－m有两个零点x1，x2，求证：＋>2. 解：(1)因为对于任意x∈，都有f<g，所以ax2<x. 因为x∈，所以只需a<＝F， 因为F′＝， 所以当x∈时，F′<0，F在上单调递减； 当x∈时，F′>0，F在上单调递增． 所以只需a<Fmin＝F＝－. (2)证明：x1＝x2等价于＝， 设函数h＝，则h′＝，易知h在区间上单调递增；在上单调递减， 由h＝h知0<a<1<b且a＝，b＝， 设函数g＝－x(1＋ln (2－x))，其中0<x<1， 则G′＝－ln ＋>0， 所以G在区间上单调递增，即x∈时G<G＝0， 即x∈时，<， 即h＝<＝h. 又由已知由h＝h且0<a<1<b， 所以h<h且2－a∈. 又由h在上单调递减， 所以b>2－a，即＋>2. [能力提升组] 5．(2025·广东深圳期末)设函数f(x)＝(x＋a)ex，已知直线y＝2x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线． (1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x1)＝f(x2)，其中x1＜x2，证明：x1·x2＞4. 解：(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))， ∵f′(x)＝(x＋a＋1)ex，∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)ex0＝2； 又f(x0)＝(x0＋a)ex0＝2x0＋1，∴2－ex0＝2x0＋1，即ex0＋2x0－1＝0； 设g(x)＝ex＋2x－1，则g′(x)＝ex＋2＞0， ∴g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝0，∴g(x)有唯一零点x＝0，∴x0＝0， ∴a＋1＝2，解得a＝1； ∴f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex， 则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0； 当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0； ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知：f(x)min＝f(－2)＝－e-2＜0； 当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时，f(x)＞0，∴x1＜－2＜x2＜－1； 要证x1·x2＞4，只需证x1＜＜－2； ∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减， ∴只需证f(x1)＞f， 又f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)＞f对任意x2∈(－2，－1)恒成立； 设h(x)＝f(x)－f(－2＜x＜－1)， ∴h′(x)＝(x＋2)ex＋e ＝(x3ex－＋8)； 设p(x)＝x3ex－＋8(－2＜x＜－1)，则p′(x)＝xex－·＜0， ∴p(x)在(－2，－1)上单调递减， ∴p(x)＜p(－2)＝－8＋8＝0， 又当－2＜x＜－1时，＜0， ∴h′(x)＞0， ∴h(x)在(－2，－1)上单调递增， ∴h(x)＞h(－2)＝f(－2)－f(－2)＝0， 即f(x)＞f在x∈(－2，－1)时恒成立， 又x2∈(－2，－1)， ∴f(x2)＞f，原不等式得证． 6．(2025·江苏泰州模拟)已知函数f＝ex－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e为自然对数底数，e＝2.71828…. (1)当a＝0时，若函数f≥0，求实数b的取值范围； (2)当b＝2a时，若函数f有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题： ①7x1＋bx2>28；②2>3x1x2； ③ ＋>2； 请从①②③中任选一个进行证明． (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解：(1)当a＝0时，f＝ex＋bx－1，f′＝ex＋b. 若b≥0，因为f＝－b<0，所以此时不合题意； 若b<0，当x∈时，f′<0，f单调递减，当x∈时，f′>0，f单调递增， 所以fmin＝f＝－b＋b ln －1， 要f≥0，只需fmin＝－b＋b ln －1≥0. 令g＝x－x ln x－1，则g′＝－ln x， 当x∈时，g′>0，g单调递增； 当x∈时，g′<0，g单调递减， 所以g≤g＝0，则由g＝－b＋b ln －1≥0，得－b＝1， 所以b＝－1，故实数b的取值范围为. (2)当b＝2a时，f＝ex－ax2＋2ax－1，f′＝ex－2ax＋2a， 令φ＝f′＝ex－2ax＋2a，则φ′＝ex－2a， 因为函数f有两个极值点x1，x2，所以φ＝f′＝ex－2ax＋2a有两个零点， 若a≤0，则φ′>0，φ单调递增，不可能有两个零点，所以a>0， 令φ′＝ex－2a＝0得x＝ln 2a， 当x∈时，φ′<0，φ单调递减； 当x∈时，φ′>0，φ单调递增； 所以φmin＝φ＝4a－2a ln 2a， 因为φ有两个零点，所以4a－2a ln 2a<0，则a>e2， 设x1<x2，因为φ＝e>0，φ＝e2－2a<0，则1<x1<2<x2， 因为φ＝φ＝0，所以ex1＝2ax1－2a，ex2＝2ax2－2a， 则＝，取对数得x2－x1＝ln －ln . 令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1，即t2－ln t2＝t1－ln t1. ①令u＝t－ln t，则u＝u，因为u′＝1－，所以u＝t－ln t在上单调递减，在上单调递增， 令v(t)＝u－u＝2t－ln t＋ln －2， 则v′＝≤0，v在上单调递减， 因为0<t1<1，所以v>v＝0，即u－u>0， 亦即u＝u>u， 因为t2>1，2－t>1，u＝t－ln t在上单调递增，所以t2>2－t1， 则x2－1>2－，整理得x1＋x2>4， 所以2ax1＋7x2>7x1＋7x2>28，故①成立． ②令u＝t－ln t，则u＝u， 因为u′＝1－，所以u＝t－ln t在上单调递减，在上单调递增， 令v＝u－u＝t－－2ln t，则v′＝≥0，v在上单调递增， 又v＝0，所以当t∈时，v<v＝0，即u<u， 因为t2>1，2－t1>1，u＝t－ln t在(1，＋∞)上单调递增，所以t2<， 所以x2－1<，即x1x2<x1＋x2， 所以x1x2<x1＋x2<<， 即3x1x2<2，故②成立． ③令x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln . 令F＝ln t－，则F′＝>0， ∴F＝ln t－在上单调递增，则F＝ln t－>F＝0， ∴ln t>，则t2－t1＝2ln >2＝4·， 两边约去－后化简整理得＋>2，即＋>2，故③成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$