第3章 微专题强化5-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数中的隐零点与双变量问题两大核心考点，严格对接高考评价体系。通过专题梳理明确隐零点虚设零点法和双变量换元、极值点偏移等考查要求，结合2022全国甲卷等真题分析考点权重，归纳出证明不等式、求参数范围等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”的复习模式，如以2022全国甲卷极值点偏移题为例，用对称构造法和比值代换法突破难点，培养学生数学思维和逻辑推理能力。总结的“零点问题三步曲”等应试技巧，帮助学生高效得分，也为教师提供系统复习指导，助力高考冲刺。

隐零点与双变量问题 微专题强化五 专|题|梳|理 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型一 隐零点问题 典|型|例|题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 类型二 双变量问题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十八） 本部分内容讲解结束 1．隐零点问题 如果f′(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式)，并且f′(x)的零点存在但无法求出，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．通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式转化为普通式，有效破解求解或推理中的难点． 2．双变量问题 双变量问题的解决分为两类： (1)换元法(或消元法)：将双变量问题转化为单变量问题，利用构造的新函数的性质解决； (2)极值点偏移问题：极值点偏移一般通过对称构造法、比(差)值换元法等进行处理． 【例1】　(2025·河南模拟)已知函数f(x)＝4x2＋(8－a)x－aln x. (1)求f(x)的单调区间； (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＝.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．当a>0时，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)当a＝2时，证明：f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. (2)证明：原不等式等价于φ(x)＝ex－ln x－2>0，则φ′(x)＝ex－，易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0，所以φ′(x)在上存在唯一零点x0，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，由ex0－＝0，得ex0＝，x0＝，代入φ(x0)＝ex0－ln x0－2，得φ(x0)＝＋x0－2，因为φ(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以φ(x)>0，即f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. 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性，列出零点方程f′(x0)＝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中的零点范围还可以适当缩小． 【训练1】　已知函数f(x)＝x2＋ln x－x(a≠0)． (1)当a＝时，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (1)当a＝时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，则f′(x)＝4x＋－4，可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1－4＝－2，即函数f(x)的图象在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0. (2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值. (2)由F(x)＝af(x)－x2＝aln x－(2a＋1)x，因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即aln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<在(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝，令t(x)＝ln x－－1(x>1)，易得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0， 所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝ln x0－－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，因为a<在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 考向❶：双变量恒成立问题(换元法) 【例2】　已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝.当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. (2)证明：不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝.于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式． 【训练2】　已知函数f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值； (1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1.所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－－. (2)若对任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围． (2)因为对任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，则只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，又≤e，故m≥e，所以实数m的取值范围是[e，＋∞)． 考向❷：极值点偏移问题 【例3】　已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (1)f′(x)＝e－x(1－x)(x∈R)，令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝，无极小值． (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. (2)证明：证法一(对称化构造函数法)：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0<x<1)，则H′(x)＝－＝，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2. 证法二(比值代换法)：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝>2等价于ln t－>0，设g(t)＝ln t－，则g′(t)＝－＝，当t>1时，g′(t)>0，g(t)单调递增，所以t>1时g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0，故x1＋x2>2. 极值点偏移问题的解法 1．(对称化构造函数法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性证明不等式成立． 2．(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 【训练3】　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝－＋1＝＝，可得x>1时，f′(x)>0,0<x<1时，f′(x)<0，所以函数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. (2)证明：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，>1.令F(x)＝f(x)－f，则F′(x)＝＋×＝(ex＋x－xe－1)．令g(x)＝ex＋x－xe－1，则g′(x)＝ex＋1－e＋xe×＝ex＋1＋e，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1) 时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当x∈(0,1)时F(x)<F(1)＝0，即在(0,1)上f(x)－f<0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f<0，即 f(x2)<f.由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<，即x1x2<1. $$