微练(28) 隐零点与双变量问题-（作业课件）【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综合应用专题，覆盖切线方程、隐零点问题、双变量不等式证明及零点个数判断等高考核心考点，依据高考评价体系梳理出隐零点代换、变量归一化等高频解题方法，通过典型例题构建“构造函数—求导分析—转化论证”的解题链条，体现备考针对性。 课件亮点在于“问题情境—方法提炼—素养提升”的分层设计，如证明函数不等式时通过构造辅助函数F(x)，利用隐零点G(x)的单调性确定最值，培养逻辑推理与数学运算素养。针对双变量问题，采用变量替换t=x2/x1转化为单变量函数，帮助学生掌握极值点偏移证明技巧，助力教师高效指导学生突破导数压轴题，提升高考得分率。

微练(二十八) 隐零点与双变量问题 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 7 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 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； 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)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. 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． 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. 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； 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)若g(x)＝f(x)＋x＋ln x＋ex(x2－3x－1)，求函数g(x)的零点个数． 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ex0－＝0，ex0＝，－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－x＋(x0－1)2ex0＝－x0－x＋(x0－1)2·＝－x＋－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＋2－2＝－<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． $$