培优课3、4 导函数的隐零点 极值点偏移问题-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

【跟踪训练2】(1)已知f(x)=alnx十 (2)已知a=4ln3",b=3元，c=4lnπ3，则a, b,c的大小关系是 ( (a>0),若对于任意两个不等的正实数x1, A.c<b<a B.b<c<a x,都有fx)-f(x,) 2恒成立，则a的 C.b<a<c D.a<b<c x1一2 取值范围是 ( A.(0,1] B.[1,+∞) 学习至此，请完成课时作业9 C.(0,3] D.[1,2e) 培优课3导函数的隐零点 考情分析 隐零点问题在高考中不会单独考查，一般在研究函数的单调性的过程中应用，难度较大，往往作为压轴题 出现. 【知识拓展】 (2)解决此类问题的基本思路是形式上虚 (1)导函数的零点在很多时候是无法直接 设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化， 求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其 方法上分离参数，技巧上反客为主. 存在，但又无法用显性的代数进行表达， 热点分类 考向探究 024 考向1不含参函数的隐零点问题 反思感悟) 已知不含参函数f(x)的导函数方程f'(x)=0 ln(x+1), 1 【例1】 已知函数f(x)= ,若 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理判定 零点存在，设方程f'(x)=0的根为xo,则①有关系 f(x)> z千在(0，十∞)上恒成立，求整数 式f'(x)=0成立，②注意确定x。的范围. 的最大值。 【跟踪训练1】已知函数f(x)=sinx十x2.求 马听课记录 证：f(x)>一16 ☑一红勾讲与练·高三二轮数学 考向2含参函数的隐零点问题 【跟踪训练2】已知f(x)=ae2x-2xe(其中e 【例2】已知函数f(x)=e-a一lnx+x,当 为自然对数的底数)，Vx∈R,1:)+日< a≤0时，求证：f(x)>x+2. 0,求实数a的取值范围. 听课记录 反思感悟Q 已知含参函数f(x,a),其中a为参数，导函数方 025 程f'(.x,a)=0的根存在，却无法求出，设方程f'(x)= 0的根为x。,需根据题意对参数进行分类讨论 学习至此，请完成课时作业10 练 培优课4极值点偏移问题 考情分析 极值点偏移问题因其命题灵活，能够很好地考查考生的推理论证能力，所以成为了高考的热点问题，一般作 为解答题出现，难度较大. 【知识拓展】 f(x) y=( 已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极 值点x。,若f(x)=c的两根的中点刚好满足 图1 十：=工。，即极值点在两根的正中间，也就是 (无偏移，左右对称)若x)=x), 则x1+x2=2x 说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x=x。两 f(x) f(x) 侧的函数值变化快慢相同，如图1所示；若 工十≠c,则极值点偏移，此时函数f(x)在 Xo X2x 2 图2 图3 (左陡右缓，极值点向左 (左缓右陡，极值点向 x=x。两侧的函数值变化快慢不同，如图2、图3 偏移)若x)=式x, 右偏移)若fc)=fx, 所示 则x1+x>2x 则x+x2<20 专题一 函数、导数、不等式一闭 热点分类 考向探究 考向1对称化构造 (5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x) 【例1】已知函数f(x)=lnx. 与f(2x。一x)的大小关系转化为x与2xo一x之间 (1)求证：f(x十1)≤x; 的关系，进而得到所证或所求 (2)若函数h(x)=2xf(x),若存在x1<x2 【跟踪训练1】已知函数f(x)=2alnx-x2+ 1 使h(x1)=h(x2),求证：x1x2< 2(a-1)x+a,若f(x)有两个不同的零点 x1,x2,求a的取值范围，并证明：x1十 听课记录 x2>2a. 026 考向2比（差）值换元 反思感悟) 【例2】 已知函数f(.x)=aln(x+2)-x(a∈ 对称化构造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.其解题要点如下： R,若关于x的方程e=2-上n m mm 2x十2 (1)定函数（极值点为x),即利用导函数符号 (m>0)有两个不等的实数根x1,x2,求证： 的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值 点xo· e"te"2 m (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数 听课记录 F(x)=f(x)-f(2xo一x),若证x1x2>x,则令 Fx=fx)-f (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(2x。一x)的大小关系. ☑一红西勾讲与练·高三二轮数学 (2)求证：xx:<a 反思感悟g 比（差）值换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比（差）作为 变量，从而实现消参、减元的目的，一般用t表示两 个极值点之比（差），继而将所求解问题转化为关于 t的函数问题. 【跟踪训练2】已知函数f(x)=lnx一a.x+b (a,b∈R)有两个不同的零点x1x2: 学习至此，请完成课时作业11 练 (1)求f(x)的最值； 创新题1 函数与导数 1.函数与导数中的新定义型问题是高考 2.高考命题方向 027 中常见的问题，它综合考查学生分析问题、解 (1)函数与导数是高中数学的主线，有着十 决问题的能力，考查学生探索、创新的能力， 分重要的地位，知识的综合性强，解决时常用到 这类题目起点不高，难度也不大，只要学生认 数形结合、分类讨论等数学思想 真理解新定义，利用所学的知识是可以解 (2)函数与导数中的新定义问题重点围绕函数 决的. 的定义及单调性、奇偶性、对称性等性质进行考查 热点分类 考向探究 考向1函数的凹凸性 y=logx(a>1),y=sinx(x∈(0，π))都是 凸函数.Johan Jensen在1906年将上述不等 【例1】函数的凹凸性的定义是由丹麦著名的 式推广到了n个变量的情形，即著名的 数学家兼工程师Johan Jensen在1905年提 Jensen不等式：若函数f(x)为其定义域上 出来的.其中对于凸函数的定义如下：设连 的凸函数，则对其定义域内任意n个数x1, 续函数f(x)的定义域为[a,b](或(a,b), (一∞，b],[a,十o∞)都可以)，若对于区间[a, x…均有f(②十十…十 们上任意两个数，均有）≥ f(x)+fx)++fx）成立，当且仅当 n f(x)十fx)成立，则称f(x)为区间 x1=x2=…=xm时等号成立. 2 (1)若函数f(x)=ax2十x(a∈R,a≠0)为 [a,b]上的凸函数.容易证明譬如y=√x, R上的凸函数，求a的取值范围； 专题一函数、导数、不等式一讲跟踪训练1(1)Cxf(x)<2f(x), 调递减.故f(t)mx=f(e)=1,所以 当x∈(x。,十∞)时，g(x)>0, :「r门'=f')-2f<0.设 11,解得m∈(01].故选A h'(x)>0. x2 x 故h(x)在(0，x。)上单调递减，在 &(.x)=f(x) (2)Am()=In x-x+1,n(x)= (xg,十∞)上单调递增，从而h(x)的 则g(x)在(0，十∞)上 x一1，则当x>1时，m(x) 最小值为h(x). 单调递减，.g(2)>g(e)>g(4), 1 考虑到x。∈(2,3)为g(x)的零点， 一1<0，m(x)在(1，十o)上单调递 故ln(xo+1)=xo一1， ··22>Ce242,即4e2f(2) 减，当0<x<1时，m(x)>0,m(x)在 故h(x）min=h(xo）= 4 (.x。+1)ln(.x。+1)+xo+1 16f(e)>ef(4).故选C. (0,1)单调递增，故m(x)≤m(1)=0, 故lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等 (2)A当x∈(0，)时，cosx>0,则 号，当x>0时，n'(x)=e-1>0→ (x。+1)(x0-1)十x。十1_x6+x@= 不等式f'(x)>f(x)·tanx等价于 x>0,n(x)在(0，十o)上单调递增， n'(x)=e-1<0→x<0,n(x)在 x。+1∈(3,4) frx)>fx）.snz,即f(x)cosr 又k<h(x) =x。十1， cos 2' (一c∞，0)上单调递减，所以n(x)≥n(0) 0,故e≥x十1，当且仅当x=0时取等 故满足条件的整数k的最大值为3. f(x)sin x>0,i g(x)=f(x)cos z, 11 11 跟踪训练1证明：f'(x)=cosx十2x x∈(0，），则g'(x)=f'(x)osx 号，所以b=n0e=ln10+1<1.1, 令函数u(x)=f'(x),则u'(x) -sinx+2>0,所以u(x)=f'(x)是 f(x)sinx>0,即函数g(x)在 故b<a.e1>l.1,故a<c,因此b< 增函数 ac.故选A. (0,)上单调递增，则g() 跟踪训练2(1)B不妨设x1>x2>0, 因为f'(0)=1,f(-2)=cs号 可得f(x1)一f(x2)>2x1一2x2,可得 g(g1)>g()g() 1<0, f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,令g(x)= g()g()g(),即 f(:)-2x-aln+2x 所以存在x。 ∈（号以，使得 g(x1)>g（x2),所以函数g（x)在 f'(xa)=cosx。十2xa=0,即x= g(倍）<f(合)m (0,+∞)上为增函数，所以g'(x)= 十x一2≥0对任意的x>0恒成立， 所以当x∈（一o,x。)时，f'(x)<0, (餐)()<号() 当x∈(x。,十∞)时，f'(x)>0, 所以a≥2x一x2,当x>0时，2x 所以f(x)在（一∞，x。)上单调递减， x2= 号r(任)<2()则sf() -(x-1)2+1≤1，当且仅当x 在(xu,十∞)上单调递增。 1时，等号成立，所以a≥1，故选B. f(x)f(o)=sin o+xo=sin ao+ (2)Ba=4ln3"=4πln3,b=3π，c= f(5),故A正确：2cos1·f1)> 4lnπ=4×3nπ，观察a,c的式子结 4cos'ro=- -sin'co+sin o+4 3f()得不出3f(1)<2os1· 构，构造函数f(x)=n,则f'(x) 因为∈（0）所以血，> ()故B错误6f()<2f() 1-ln,当c∈(0，e)时，f'(x)>0, sm(-)>sin(-)=- f(x)单调递增，当x∈(e,十∞)时， 1 故C错误：2f()<f(),故D f'(x)<0,f(x)单调递减，因为π> 所以-sin'o+sin to+ > 错误.故选A 3>e,所以f(x)<f(3),即In z In3 3 (3)C令g(x)=f ×(》-+ 4 2 ,x∈R,则 所以3lnππln3,即4×3nr<4xln3, 即c<a,又lnπ>lne=l,所以3π< >器 g'()= '(x)-fx2>0,所以g(x) 3×4<4×3ln元，即b<c.综上，b<c< a,故选B. 例2证明：当a≤0时，令F(x) e f(x)-x-2=e-a-lnx-2,x>0, fr在R上单调道增，不等式ef(x十 培优课3导函数的隐零点 1 ze4-1 求导得F'(x)=e-a 1)>ef(2x-1),即fxtD 热点分类·考向探究 显然函数F'(x)在(0，十∞)上单调递 f(2x-1 k 增，令g（x)=xea-1,x>0,则 e2x-1 2,即g(x+1)>g(2x-1), 例1解：由于f(x)> +1台(x+1). g'(x)=(x十1)ea>0,即函数g(x) 所以x十1>2x一1，解得x<2,所以不 f(x)= (z+1)n(z+1)+x+1k, 在(0，十∞)上单调递增，而g(0) -1<0,g(1)=e-4-1≥e-1>0,则 等式ef(x+1)>e2f(2x一1)的解集 z+1Dln(x+)++1,则 存在唯一实数x。∈(0,1)，使得 是{xx<2}.故选C. 令h(x)= g(z)=0,即e0“=】,因此存在唯 例44A周为(2-）nx-n) 由题意得，k<h(x)m,其中x>0. 一实数x∈(0,1)，使得F'(x)=0, 义≤o,所以(2-)n二≤ 设 '(x)=-ln(x+1)+z1 当0<x<x,时，F'(xo)≤0，当x>xo ye/ 时，F'(xo)>0,因此函数F(x)在(0， 令g(x)=-ln(x+1)+x-1,其中 =4>0,f)=(2-）n1,则 xo)上单调递减，在(xo,十∞)上单调 x>0. 1 f'()=- t+2_ 由于g'(x)= e (e)= 中1年>0， 递增，当e0“=1时，x。一a=-lnto, t 故g(x)在(0，十c)上单调递增， 则F(x)≥F(x)=e0“-lnx-2= In e2 1 e e =0令g)=nt+ 又g(0)=-1<0,g(1)=-ln2<0 g(2)=-ln3+1<0,g(3)=-ln4+ +x-a-2>2 -a- 2_1 1 g'()=- 12 e户<0恒成 2>0, 故g(x)在(0，十∞)上有且仅有一个 2=-a≥0（当且仅当。=。即，= 立，故y=f(t)单调递减，当t∈(0，e) 零点，设为xo,且x∈(2,3). 时，f'(1)>0,函数f(t)单调递增；当 由此当x∈(0，xo)时，g(x)<0, 1时取等号，故取不到等号)，所以当 t∈(e,十oo)时，f(t)<0,函数f(t)单 h(x)0: a≤0时，f(x)>x+2. 一红团勾讲与练·高三二轮数学 -268- 跟踪训练2解：由f(x)=ae2-2xe, 可得f'(x)=2ue2r-2(x+1)e= ∴h(x)在（日，+）上单调递增，在 故f(x)<f(2a-x),因为0<x1< ux2 2e'(ae-x-1), (0,)上单调递减。 所以f(x1)<f(2a-x1),又f(x1)= 因为Hx∈R,f(x)+ 0 f(x2),a<2a-x1<2a, 所以0)+=a+1-a+1≤0. :a(日) -2,h(1)=0,3x1< 则f(x2)<f(2a-x1),又f(x)在 e (a,十co)上单调递减， 所以x2>2a-x1,则x1十x2>2a. 可得a<0, x2,h(x1)=h(x2),且0<x1< e 例2证明：方程e=m一mln十2Gm 71 令g(x)=ae-x-1,则g(x)在R上 1 <x2<1. 单调递减， e 0)即为me+x+lnm=x十2+ 当x<0时，可得e∈(0,1)，则ae∈ ln(x+2), (a,0),所以g(x)=ae-x-1>a 要证<即证< 故e+inm十lne+hm=x十2十ln(.x十 2). x-1, 1 1 则g(a-1)>a-(a-1)-1=0, ha)>h(e,） 因为y=x+lnx为(0，+o)上的增 又因为g(一1)=ae1<0,所以 又，h(x1)=h(x2), 函数，所以x十2=e+ln"=me, 3x。∈(a一1，-1)使得g(x0)=0, 所以关于x的方程e=2一 分、 x+2 即g(xo)=ae0-x。-1=0, 二只证h(x2)ho2即可 (m>0)有两个不等的实数根x1,x2即 且当x∈(-∞，x。)时，g(x)>0, -2xIn x+ 为x十2=me'有两个不同的实数根 即f'(x)>0, x1x2. 当x∈(x0,十o∞)时，g(x)<0, 即f'(x)0, e x 所以x1十2=me1,x2十2=me2, 所以f(x)在（一∞，x。)上单调递增， 2 所以x1-x2=m(e1-e2) m'(x)=2lnx+2+ 在(xo,十∞)上单调递减， e2t? (1 不妨设x1>x2t=x1一x2,故e1十 所以f(x)nx=f(x)=ae0-2ae0, 1 ne)=21+lhx)-c)>0恒 e2=(e1+e'2)x1-x2 由g(x)=ae0-x。-1=0,可得 (e1-e2) 成立， a-o+1 m(x)在(。，1)上单调递增。 要证c1+e'>2 m’ 即证(e+e')一e 2 > 由fx)+≤0，可得(a十1). m(el-e)m a e'-oe' 即证(eg+1D一2>2，即证 ,20+1s0, m(x≥0.h(x)≥力左 e12-1 即1-x)1+)+1≤0. 即(x)>h( ）x1x< (e+1) ->2>0), xo十1 跟踪训练1解：因为∫(x)有两个不同 即证(e+1)t>2e'-2(t>0), 由x。十1<0，可得x-1≤1， 的零点x1,x2,所以f(x)在定义域内 设s(t)=(e十1)t-2e十2，则s'(t)= 所以-√2≤x<-1, 不单调， e十1+te-2e=(t-1)e+1, 由a=。十1 设h(x)=+ 由f'(x)= 2a -2x+2(a-1)= 设g(t)=(t-1)e十1，则g'(t) e (一√2≤ te'>0, -2(.x-a)(x+1) 所以s'(t)在(0，十o)上为增函数， <-1D,则h'(x)=二2>0. 故s'(t)>s'(0)=0, 当a≤0时，f'(x)<0在(0，十∞)上恒 所以s(t)在(0，十∞)上为增函数， 可知h(.x)在[一√2，一1)上单调递增 成立，则f(x)在(0，十∞)上单调递 h(x)≥h(-2)=1-2 =(1 减，不符合题意： 所以s()>(0)=0,故e+e>名 e 当a>0时，在(0，a)上有f'(x)>0,在 成立. (a,+∞)上有f'(x)<0, 2)e2且h(.x)<h(-1)=0. 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在 跟踪训练2解：1)f'(x)= x 所以实数a的取值范围是[(1一√2)· (a,十∞)上单调递减. f(x)有两个不同的零点， e,0). 要使f(x)存在两个不同的零点，只需 ·f(x)在(0，十∞)上必不单调，故 培优课4极值点偏移问题 f(a)>0,f(a)=2aln a-a2+2(a a>0, 1)a+a=a(2lna+a-1),a>0,令 o(a)=2lna+a-1,a>0,易知p(a) 令f(x)>0,解得0<<1 热点分类·考向探究… 在(0，+∞)上单调递增.又9(1)=0， 例1证明：(1)令g(x)=f(x+1)-x 当0<a<1时，g(a)<0,当a>1时， 令fu)<0,解得x>1 (a)>0.所以a的取值范围为 n(x+1)-x,x>-1,g'(x)=十 (1,+) 令g'(x)>0,解得-1<x<0: 证明：不妨设0<x1<a<x2, “了(x)在(0）)上单洞递增，在 令F(x)=f(x)-f(2a-x), 令g(x)<0,解得x>0, (}十∞)上单调递减， ∴g(x)在(-1,0)上单调递增，在 则F'(x)=f'(x)-f'(2a-x)(2a -In a-1+6, (0,十∞)上单调递减，则g(x)mx xy=f'(x)+f'(2a-x)=2a-2x+ x)a=f(日) g(0)=0, 无最小值 ,.g(x)0恒成立，即f(x十1)x. 2(a-1)+ 2a-2(2a-x)+2(a 2a-x (2).h(x)=2.xlnx(x>0), 4(a-x) 2)证明由惑知伦一有8： ∴.h'(x)=2lnx+2, 1)= x(2a-x) 两式相减得1n一a(x1一)=0， 令h'(x)>0,解得x>1 当x∈(0，a)时，F'(x)>0,则F(x)在 (0,a)上单调递增， 令h'(x)<0,解得0<x<1 所以F(x)<F(a)=f(u)-f(2a- T2 即a a）=0, x1一x2 -269- 参考答案一业 故要证xx< .1 (3)证明：[g(x1)十g(x2)] 1 1 n g2(x1)+g2(x2)+2g(x1)·g(x2)≥ e+1 e+1 1十g十+ 即证1t,<) e +1 +2g2(/x1x2)= I' 由琴生不等式，只需证h(x)=e十 1 即证1n<(x-x2)2 =-2+ +g2(√c1c2) 在[0，十∞)上为凹函数 设x1,x2≥0， T2 TiX2 1 不妨设x,<2,令4=1(0,1)，则只 则(）= X2 +1 需证ln2t<t-2+ 1 t· 4g(+，y) 1十 1 1 h(x)+h(x)e1+1e+ 设g)=lnt-t7+2,则g'(u)= 坛（从面() 2 2 h(x1)+h(x2) 进而有-s(作士)户 下证 2 2≥()即 2 1 -1+= t [一g(x门+[一(x门，所以函数 证、1 +1 2 e1+1e2+1 1+2 设)=2n1-1+子，则) 2 e+1 一g(x)为(0，十∞)上的凸函数， (t-1)2 <0,.h(t)在(0,1)上单调 跟踪训练1解：(1)证明：设Hx1,x2∈ 即证(e2T+1)(e1+1+e?+1)≥ (0,1), 2(e1+1)(e2+1), 递减， ∴.h(1)>h(1)=0,.g(t)在(0,1)上 则-（士 1+x21+2 化简得(e1+e2-2e?一)(e可 单调递增， 1 1 1)≥0， 1 ∴g(t)<g(1)=0,即ln1<t-2+ 1 r21+r2 2 1-十x2 即证(e7-e)2(ez -1)≥0（￥）， 在t∈(0,1)上恒成立，原不等式得证 2 1+2 又1十≥0，e 2 2≥1，()式显然 创新题1函数与导数 1-x1+1-xg 2 2(1-x1)(1-x2)1-x1+1-x2 成立， 热点分类·考向探究 [(1-x1)+(1-x2)]2-4(1-x1)(1-x2) 2(1-x1)(1-x2)(1-x1+1-x2) 所以)生≥（作）成 2 例1解：(1)由凸函数的定义有 a.xi+x1+ax2十x2 [(1-x1)-(1-x2)] 立，h(x)在[0，十∞)上为凹函数， (色）+ 2(1-x1)(1-x2)(1-x1+1-x2) 则1 2 =.x2+ n x1+a.x2+x2 0,所以fx)=己在0,1上为四 得证. 2(ac+2axix+ari+t十x 函数 1r2…rm+1 例2解：(1)因为f(x)=lnx, 4 2 (2)令gx)=1-,由)知fx) ar 所以f'(x)=1, f"(x)= 1 2 -ax1:+2=2（1-xP≤ 1 1-x 在(0,1)上为凹函数，所以函数 所以K= 1f"(1) 0,又因为a≠0，故a<0. 1 (2)由基本不等式有 1 g(x)=1-x1-x -1在(0,1)上也 (1+[f'(1)]) (sin A sin B+sin C) 为凹函数. ② sin A 由琴生不等式，得 1+13) 4 1 1 sinB十sinC/ -3+sinB+sinA sinA十 sin B g(1+++） (2)因为g(x)=cosx十1(x∈R),所 以g'(x)= sin x,g(x)= —C0s,℃， sin C sin A sin C sin B sin Asin C+snB+snC≥3+ g(x1)+g(x2)+…十g(xn) 所以K= g"(x -cos z n (1+[g'(x)]P)2 (1+sin'z) B.nA+2A元 2√nA'sinB sin C sin A cosx cosx 则K2 /sin C sin B (1+sin2x)3 (2-cos2x)31 2√sinB‘sinC =9, 令t=2-c0s”x, 当且仅当A=B=C= 于时取等号. 工g十…十 1 所以w户+ 则1∈[1,2]，K°=2-1 由Jensen不等式有sinA十sinB十 2-t sin C<3sin A+B+C 3sin=33 一n当且仅当==… 设p(t)= 32 则p)=--31产(2-)_21-6 从而有331 xn=时取等号， 1 1 n ,2sinAsinB+sinc)≥ 故W的最小值为” 显然当1∈[1,2]时，p'(1)<0,p(t)单 调递减， 1 1 1 -1 9.即snA+sinB十sinc≥2,3， (3)证明：设，=e,因为r:≥1，所以 所以p(t)mx=p(1)=1,所以K2最大 值为1. 当且仅当A=B=C=哥时取等号. x;≥0(i=1,2,3,…,n), (3)因为h(x)=(x-2)e十 干1千，干1十大〈 要证 故snA十snB十sinC的最小值为 (m-台-h,>0 2 1 所以h'(.x)=(x-1)e+(3+m)x 23. 7,+,只需证 e1+1 x2-（x十2xlnx), 一红因勾讲与练·高三二轮数学 -270-