第三章 10 培优课4 隐零点问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用”中的隐零点问题，依据高考评价体系明确了导数应用、函数单调性分析、零点存在定理等核心考点，通过梳理直接观察法、虚设零点法、分类讨论法三大技法，归纳了不等式证明、零点个数判断、参数范围求解等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“技法总结+真题模拟+思维培养”的复习模式，如以2025年模拟题为例，详解虚设零点法中“设而不求”“整体代换”的解题技巧，培养学生的数学思维和逻辑推理素养。特设课时测评与对点练，帮助学生掌握零点范围估算等关键步骤，教师可据此精准指导学生突破高频考点，提升高考冲刺效率。

培优课4　 隐零点问题 高三一轮复习讲义 人教版 第三章　一元函数的导数及其应用 01 课时测评 内容索引 　　隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本解题思路是：形式上虚设(虚设零点)，运算上代换(整体代换)，数值上估算(猜根)，策略上等价转化(设而不求)，方法上分离函数(分参)，技巧上反客为主， 再结合判断单调性、函数零点存在定理进行处理. 技法一　直接观察法 　　　　求证： ≤x－1 . 证明：法一(观察法)： 令g(x)＝x－1－，所以g'(x)＝1－， 令h(x)＝x2＋ln x－1， 则观察到h(1)＝0，且h'(x)＝2x＋＞0， 因为x＞0，所以h(x)在上单调递增， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝0，所以≤x－1. 典例1 法二(转化法)： 要证≤x－1成立，因为x＞0，只需证ln x≤x2－x成立. 令g(x)＝x2－x－ln x，所以g'(x)＝2x－1－， 因为x＞0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝0，即g(x)＝x2－x－ln x≥0， 所以≤x－1成立. 1.如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的.也可以转化为容易求方程根的形式. 2.一般当导数式含有ln x时，可试根1，e，等，当导数式含有ex时，可试根0，1等. 规律方法 对点练1.已知(x－1)ln x－a≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解：由题意a≤(x－1)ln x恒成立，令f(x)＝(x－1)ln x⇒f'(x)， 但f'(x)＝0是个超越方程，观察得x＝1时，f'(x)＝0， 当0＜x＜1时，f'(x)＜0，x＞1时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝0⇒a≤0， 所以实数a的取值范围为(－∞，0]. 技法二　虚设零点法 　　　　(2025·陕西咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x＞0)(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 解：由题知，f'(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a). 若a≤1，当0＜x＜1时，f'(x)＜0， 当x＞1时，f'(x)＞0， 所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若1＜a＜e，即0＜ln a＜1， 当0＜x＜ln a或x＞1时，f'(x)＞0， 当ln a＜x＜1时，f'(x)＜0， 典例2 所以f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若a＝e，f'(x)≥0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a＞e，即ln a＞1， 当0＜x＜1或x＞ln a时，f'(x)＞0， 当1＜x＜ln a时，f'(x)＜0， 所以f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减， 在区间(ln a，＋∞)上单调递增. (2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由. 解：当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)， 所以g'(x)－x＋(x2－1)ex ＝(x＋1)(x－1)， 设h(x)＝ex－(x＞0)， 所以h'(x)＝ex＋＞0， 所以h(x)在定义域上是增函数， 因为h－2＜0，h(1)＝e－1＞0， 所以存在唯一x0∈，使h(x0)＝0， 即0，，－x0＝ln x0， 当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g'(x)＞0； 当x0＜x＜1时，h(x)＞0，即g'(x)＜0； 当x＞1时，h(x)＞0，即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)取极大值g(x0)＝ln x0－＋(x0－1)2－2， 设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减. 所以g(x0)＜F＜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. 虚设零点法是解决隐零点问题最常用的方法，当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点x0，再对f'(x0)＝0进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简f(x0)的目的. 规律方法 对点练2.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； 解：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yx＋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. 解：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， 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，x01， 两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x)min＝0， 所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2. 技法三　分类讨论法 　　　　(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)若a，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值； 解：当a时，f(x)x－ln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f'(x)， 令f'(x)＝0得x＝e， 所以当x∈(0，e)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增， 所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0. 典例3 (2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围. 解：因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立， 所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立， 令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x＞0， 则h'(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)， ①当a＝0时，h'(x)＝(x＋1)ex＞0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以由h(x)＝xex可得h(x)＞0， 即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立； ②当a＜0时，则－a＞0，h'(x)＞0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意； ③当a＞0时，令h'(x)＝0得a＝xex， 令k(x)＝ex－，k'(x)＝ex＋＞0恒成立， 故k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷， 当x趋近于0＋时，k(x)趋近于负无穷， 所以∃x0∈(0，＋∞)，使得h'(x0)＝0，a＝x0， 所以当x∈(0，x0)时，h'(x)＜0，h(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h'(x)＞0，h(x)单调递增， 所以只需h(x)min＝h(x0)＝x0－a(x0＋ln x0) ＝x0(1－x0－ln x0)≥0即可； 所以1－x0－ln x0≥0，x0＋ln x0≤1， 因为a＝x0，所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e， 解得0＜a≤e，所以a∈(0，e]. 综上所述，实数a的取值范围为[0，e]. 已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f'(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f'(x)＝0的根为x0，则①关系式f'(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关. 规律方法 对点练3.已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 解：当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x， f'(x)＝ex－1－＋1， 则f'(1)＝1，而f(1)＝2， 则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0， 所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0. (2)当a≤0时，证明：f(x)＞x＋2. 解：证明：当a≤0时， 令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x＞0， F'(x)＝ex－a－， 显然函数F'(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令g(x)＝xex－a－1，x＞0，g'(x)＝(x＋1)ex－a＞0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(0)＝－1＜0，g(1)＝e1－a－1≥e－1＞0， 则存在唯一x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0，即， 因此存在唯一x0∈(0，1)，使得F'(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，F'(x)＜0，当x＞x0时，F'(x)＞0， 因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 当时，x0－a＝－ln x0， 则F(x)≥F(x0)－ln x0－2＋x0－a－2≥2－a－2＝－a，当且仅当x0即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号， 故F(x)≥F(x0)＞－a≥0，即F(x)＞0. 所以当a≤0时，f(x)＞x＋2. 返回 课 时 测 评 返回 1.(15分)已知函数f(x)＝x(x－1－ln x)且f(x)≥0. 求证：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2. 证明：f'(x)＝2x－2－ln x. 设φ(x)＝2x－2－ln x，则φ'(x)＝2－. 当x∈时，φ'(x)＜0；当x∈时，φ'(x)＞0. 所以φ(x)在上单调递减，在上单调递增. 又φ(e－2)＞0，φ＜0，φ(1)＝0，所以φ(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，φ(x)＞0；当x∈(x0，1)时，φ(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，φ(x)＞0. 2 3 4 5 1 又f'(x)＝φ(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点. 由f'(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0). 由x0∈(0，)得f(x0)＜. 因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的唯一极大值点，由e－1∈(0，1)，f'(e－1)≠0，得f(x0)＞f(e－1)＝e－2， 所以e－2＜f(x0)＜2－2. 2 3 4 5 1 2.(15分)已知函数f(x)＝ln x－. 求证：f(x)有且仅有两个零点. 证明：法一：f(x)的定义域为∪. 因为f'(x)＞0，所以f(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增. 因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＞0， 所以f(x)在有唯一零点x1，即f(x1)＝0. 又0＜＜1，f－ln x1＋－f(x1)＝0，故f(x)在有唯一零点. 综上，f(x)有且仅有两个零点. 2 3 4 5 1 法二：f(x)的定义域为∪. 因为f'(x)＞0，所以f(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增. 当x∈(0，1)时，x→0，f(x)→－∞，而fln＞0，显然当x∈(0，)时，函数f(x)有零点，而函数f(x)在x∈(0，1)上单调递增，故当x∈(0，1)时，函数f(x)有唯一的零点； 当x∈(1，＋∞)时，f(e)＝ln e－＜0，f(e2)＝ln e2－＞0， 因为f(e)·f(e2)＜0，所以函数f(x)在(e，e2)必有一个零点，而函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)有唯一的零点. 综上所述，函数f(x)有且仅有两个零点. 2 3 4 5 1 3.(15分)设f(x)＝ex－x－2，若x＞0时，(x－k)f'(x)＋x＋1＞0，求整数k的最大值. 解：f'(x)＝ex－1，(x－k)f'(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1， (x－k)f'(x)＋x＋1＞0⇔k＜x＋(x＞0). 令g(x)＝x＋(x＞0)⇒g'(x)，令h(x)＝ex－x－2⇒h'(x)＝ex－1＞0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－4＞0， 2 3 4 5 1 所以h(x)存在唯一的零点x0∈(1，2)，由h(x0)＝0⇒x0＋2， 易得g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0＋，即g(x)min＝x0＋1∈(2，3)，又k＜g(x)min，所以整数k的最大值为2. 2 3 4 5 1 4.(17分)(2025·湖北荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2. (1)求实数b的值；(5分) 解：因为f(x)＝ex＋bsin x， 所以f'(x)＝ex＋bcos x， 由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f'(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b， 由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1. 2 3 4 5 1 (2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)＞－1.(12分) 解：证明：由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)， 所以f'(x)＝ex＋cos x， 令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)，则g'(x)＝ex－sin x， 当x∈(－π，0]时，ex＞0，sin x≤0，g'(x)＝ex－sin x＞0， 当x∈(0，＋∞)时，ex＞1，sin x≤1，g'(x)＝ex－sin x＞0， 所以当x∈(－π，＋∞)时，g'(x)＞0， g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， 又因为g(－π)＝e－π＋cos(－π)－1＜0， g＋cos＞0， 2 3 4 5 1 所以存在唯一x0∈， 使g(x0)＋cos x0＝0， 所以f'(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增， 且f'(x0)＋cos x0＝0， 当x∈(－π，x0)时，f'(x)＜0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)存在唯一极小值点x0. 又因为＋cos x0＝0，所以－cos x0， 2 3 4 5 1 所以f(x0)＋sin x0＝sin x0－cos x0 sin， 又因为x0∈， 所以x0－∈(－，－)， 所以sin∈， 所以f(x0)sin∈(－1，1)， 所以f(x0)＞－1. 2 3 4 5 1 5.(17分)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(7分) 解：当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1， f(0)＝e－1，f'(x)＝ex＋1－，f'(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x， 即y＝(e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S×｜－1｜×(e－1). 2 3 4 5 1 (2)证明：当a＞1时，f(x)没有零点.(10分) 解：证明：当a＞1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x＞－1)， 所以f'(x)＝aex－， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x＞－1)，则g'(x)＝aex(x＋2)， 因为a＞1，x＞－1，所以g'(x)＞0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1＜0，g(0)＝a－1＞0， 故g(x)在(－1，0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0， 因此有aeβ(β＋1)＝1. 2 3 4 5 1 当x∈(－1，β)时，g(x)＜0，即f'(x)＜0； 当x∈(β，＋∞)时，g(x)＞0，即f'(x)＞0. 所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值. 由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β， 所以当－1＜β＜0时， f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＋ln a＋β－1＝ln a＋， 因为a＞1，所以ln a＞0， 又因为－1＜β＜0，所以＞0，所以f(β)＞0. 所以f(x)≥f(β)＞0. 因此当a＞1时，f(x)没有零点. 返回 2 3 4 5 1 谢 谢 观 看 隐零点问题 $