核心微练27-28-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数与函数零点、隐零点及双变量问题，依据高考评价体系梳理了单调性极值、零点存在性、参数范围求解等核心考点，分析近五年高频考点权重，归纳出单调区间判断、零点个数证明等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“题型归类+方法建模+素养提升”，如通过隐零点“设而不求”突破最值证明，双变量换元转化单变量函数（如第3题用t=x2/x1证lnx1+lnx2>2），培养数学思维与逻辑推理能力。助力学生掌握导数压轴题解题技巧，教师可据此精准开展专题突破教学。

微练(二十七)　导数与函数的零点 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.设函数f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).由f(x)=-kln x(k>0),得f'(x)=x-=.由f'(x)=0,解得x=(负值舍去).f'(x)与f(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表. x (0,) (,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值. (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点;当k>e时,f(x)在区间(1,]上单调递减且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点. 2.已知函数f(x)=ex cos x. (1)求f(x)在区间内的极大值; (2)令函数h(x)=-1,当a>时,试讨论h(x)在区间内零点的个数. 解　(1)由题得f'(x)=ex(cos x-sin x)=excos,当x∈时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以f(x)在区间内的极大值为f=. (2)h(x)=-1=axcos x-1,则h'(x)=a(cos x-xsin x),令φ(x)=cos x-xsin x,则φ'(x)=-2sin x-xcos x<0,所以φ(x)在区间上单调递减.又φ(0)=1>0,φ=-<0,故存在x0∈,使得φ(x0)=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)在区间(0,x0)上单调递增;当x∈时,φ(x)<0,即h'(x)<0,h(x)在区间上单调递减.因为h(0)=-1<0,h=-1<0,又a>,所以h=a-1>×-1=0,所以h(x)在区间,内各有一个零点,即h(x)在区间内有且仅有两个零点. 3.设函数f(x)=-x2+ax+ln x(a∈R). (1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在上有两个零点,求实数a的取值范围. 解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f'(x)=-2x-1+=,令f'(x)=0,得x=(负值舍去),当0<x<时,f'(x)>0;当x>时,f'(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x-.令g(x)=x-,其中x∈,则g'(x)=1-=,令g'(x)=0,易得x=1,当≤x<1时,g'(x)<0;当1<x≤3时,g'(x)>0,所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(1,3].所以g(x)min=g(1)=1,因为函数f(x)在上有两个零点,g=3ln 3+,g(3)=3-,3ln 3+>3-,所以实数a的取值范围是. 4.已知函数f(x)=e2x+(2a-1)ex-2x-,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若f(x)在R上有两个零点,求实数a的取值范围. 解　(1)由题意得f'(x)=ae2x+(2a-1)ex-2=(aex-1)(ex+2),a∈R. ①当a≤0 时,f'(x)<0,所以f(x)在R上单调递减. ②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln =-ln a,令f'(x)<0,则x<-ln a;令f'(x) >0,则x>-ln a,所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)由(1)得当a≤0时,f(x)在R上单调递减,所以f(x)在R上至多有一个零点,所以a≤0不符合题意.当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-ln a)=-+2ln a. ①当a≥1时,-≥0,2ln a≥0,所以f(-ln a)≥0,所以f(x)在R上至多有一个零点,所以a≥1不符合题意. ②当0<a<1时,f(-ln a)<0.因为f(-1)=·++2->->0,所以f(x)在(-1,-ln a)上有一个零点.不妨设g(x)=ex-1-x-,x≥0,易知g'(x)=ex-1-x,x≥0.不妨设k(x)=ex-x-1,x≥0,则k'(x)=ex-1,当x>0时,ex-1>0,即k'(x)>0,k(x)在[0,+∞)上单调递增,k(x)>k(0)=0,则当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(0)=0,得ex-1-x-x2>0,得ex>1+x+.因为·>>4+>1,所以f=·+(2a-1)-->·---=-->·-1-->3+--=>0,所以f(x)在(-ln a,+∞)上有一个零点,所以0<a<1符合题意.综上,实数a的取值范围为(0,1). 微练(二十八)　隐零点与双变量问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知函数f(x)=ln x-ax+1,g(x)=x(ex-x). (1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切,求实数a的值; (2)当a=-1时,求证:f(x)≤g(x)+x2. 解　(1)设切点坐标为(x0,f(x0)),由f'(x)=-a,得f'(x0)=-a,所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=(x-x0),即y=x+ln x0.因为直线y=2x与函数f(x)的图象相切,所以解得a=-1. (2)证明:当a=-1时,f(x)=ln x+x+1,令F(x)=g(x)-f(x)+x2=xex-ln x-x-1(x>0),则F'(x)=(x+1)ex--1=(xex-1),令G(x)=xex-1(x>0),则G'(x)=(x+1)ex>0,所以函数G(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1),且当x∈(0,x0)时,G(x)<0,F'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,G(x)>0,F'(x)>0.所以函数F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故F(x)min=F(x0)=x0-ln x0-x0-1,由G(x0)=0得x0-1=0,x0=1,两边取对数得ln x0+x0=0,故F(x0)=0,所以g(x)-f(x)+x2≥0,即f(x)≤g(x)+x2. 2.已知函数f(x)=aln x+x2,在其图象上任取两个不同的点P(x1,y1),Q(x2,y2)(x1>x2),总能使得>2,求实数a的取值范围. 解　由>2,x1>x2>0,得f(x1)-f(x2)>2x1-2x2,所以f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,构造函数g(x)=f(x)-2x=aln x+x2-2x,则g(x1)>g(x2),所以g(x)在(0,+∞)上为增函数,由于g'(x)=+x-2,则g'(x)≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,由g'(x)=+x-2≥0,可得a≥-x2+2x,当x>0时,则y=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,当且仅当x=1时,等号成立,所以a≥1,因此实数a的取值范围为[1,+∞). 3.已知函数f(x)=xln x-mx2-x,m∈R.若f(x)有两个极值点x1,x2,求证:ln x1+ln x2>2. 证明　函数f(x)的定义域为(0,+∞).若f(x)有两个极值点x1,x2,即函数f'(x)有两个变号零点,又f'(x)=ln x-mx,所以x1,x2是方程f'(x)=0的两个不同的实根,即由①+②得m=,由②-①得m=,从而可得=,于是ln x1+ln x2==.不妨设0<x1<x2,t=,则t>1.因此ln x1+ln x2=,t>1.要证ln x1+ln x2>2,即证>2(t>1),即当t>1时,有ln t>,设函数h(t)=ln t-,则h'(t)=-=,当t>1时,h'(t)>0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增.又h(1)=0,因此当t>1时,h(t)>0.于是当t>1时,有ln t>,所以ln x1+ln x2>2成立. 4.已知函数f(x)=x(x-3)+(x+2)ex. (1)求函数f(x)的最小值; (2)若g(x)=f(x)+x+ln x+ex(x2-3x-1),求函数g(x)的零点个数. 解　(1)因为f(x)=(x+2)ex+x2-3x,所以f'(x)=(x+3)ex+2x-3.令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+4)ex+2,令t(x)=m'(x),则t'(x)=(x+5)ex,当x<-5时,t'(x)<0,t(x)单调递减,当x>-5时,t'(x)>0,t(x)单调递增,故t(x)min=t(-5)=-e-5+2>0,所以m'(x)>0,故f'(x)在定义域上单调递增.易知f'(0)=0,故当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)min=f(0)=2. (2)由题意知g(x)=ln x-x2+(x-1)2ex,定义域为(0,+∞),所以g'(x)=-x+2(x-1)ex+(x-1)2ex=-x+(x2-1)ex=(x+1)(x-1),设h(x)=ex-(x>0),所以h'(x)=ex+>0,所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,因为h=-2<0,h(1)=e-1>0,所以存在唯一的x0∈,使得h(x0)=0,即-=0,=,-x0=ln x0,当0<x<x0时,h(x)<0,g'(x)>0;当x0<x<1时,h(x)>0,g'(x)<0;当x>1时,h(x)>0,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,g(x)取得极大值,且极大值为g(x0)=ln x0-+(x0-1)2=-x0-+(x0-1)2·=-+-2.设F(x)=-x2+-2,则F'(x)=-x-<0,所以F(x)在区间上单调递减.所以g(x0)<-×+2-2=-<0,所以g(x)在(0,1)内无零点.因为g(1)=-<0,g(2)=e2-2+ln 2>0,所以g(x)在(1,+∞)内有且只有一个零点.综上所述,g(x)有且只有一个零点. 学科网（北京）股份有限公司 $$