培优6 极值点偏移问题（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用核心考点，覆盖切线方程求解、恒成立问题参数范围、函数零点与极值点偏移证明等高考高频题型。对接高考评价体系，通过模拟真题分析考点权重，归纳导数几何意义、单调性分析、不等式证明等解题模型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题模拟训练与应试技巧结合，以2025年多地质检题为例，通过构造辅助函数、导数符号判断等方法突破极值点偏移证明，培养数学思维与逻辑推理素养。帮助学生掌握构造函数、等价转化等得分技巧，为教师提供系统复习方案，助力高效备考。

培优6 极值点偏移问题 数 学 新高考专用 1.(2025陕西宝鸡质检(二))已知函数f(x)=ex-ln a-sin x, (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程; (2)当x∈(0,+∞)时, f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (3)若f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2,求证: <x1+x2<π. 解析    (1)当a=e时, f(x)=ex-1-sin x,则f'(x)=ex-1-cos x, 所以f'(0)=e-1-1,又f(0)=e-1. 故切线方程为y-e-1=(e-1-1)x, 即y=(e-1-1)x+e-1. (2)因为f(x)=ex-ln a-sin x= -sin x≥0在(0,+∞)上恒成立, 即 ≥sin x,即 ≥ 恒成立. 令h(x)= ,其中x>0, 则h'(x)= = , 当x∈ 时, <x+ <π,则h'(x)>0,函数h(x)单调递增, 当x∈ 时,π<x+ <2π, 则h'(x)<0,函数h(x)单调递减, 当x> 时,h(x)< ,因为h = > , 因此h(x)max=h , 所以 ≥ ,故0<a≤  , 因此,实数a的取值范围是(0,  ]. (3)证明:因为函数f(x)在(0,π)内有两个不同零点x1、x2, 则方程h(x)= 在(0,π)内有两个根x1、x2, 即h(x1)=h(x2)= , 由(2)知,当x∈(0,π)时,函数h(x)在 上单调递增,在 上单调递减. 故0<x1< <x2<π, 欲证x1+x2<π,即证x2<π-x1, 由于 且函数h(x)在 上单调递减.所以只需证明h(x2)>h(π-x1), 即证h(x1)>h(π-x1),欲证h(x1)>h(π-x1), 即证 > ,即 > , 即证 > ,即证x1< ,而该式显然成立, 欲证x1+x2> ,即证x2> -x1,且 -x1∈ , 即证h(x2)<h , 即证h(x1)<h ,即证 < , 即证tan x1< , 令t(x)= ,0<x< ,只需证t(x)<1, t'(x)= = , 因为k(x)= -2tan x= -2 = ≥0, 所以t'(x)≥0,即函数t(x)在 上单调递增, 所以,t(x)<t =1,故原不等式得证. 2.(2025广东东莞七校联考)已知函数f(x)=ln x+ ax2-(a+1)x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程. (2)若函数g(x)=f(x)- ax2有两个不同的零点x1,x2. ①求实数a的取值范围; ②证明:x1·x2>e2. 解析    (1)当a=1时, f(x)=ln x+ x2-2x,x∈(0,+∞), f'(x)= +x-2, ∴f'(1)=0,又f(1)=- , ∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是y=- . (2)①函数g(x)=f(x)- ax2有两个不同的零点x1,x2, 等价于方程a+1= 有两个不同实根x1,x2. 令φ(x)= ,则φ'(x)= , ∴φ(x)= 在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 则当x=e时,φ(x)= 取得最大值 , φ(1)=0,当x∈(0,1)时,φ(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,φ(x)>0,故φ(x)的大致图象如图所示.   当a+1∈ ,即-1<a< -1时, 函数g(x)=f(x)- ax2有两个不同的零点x1,x2, 故实数a的取值范围是 . ②证明:不妨设0<x1<x2. 则有ln x1=(a+1)x1,ln x2=(a+1)x2, 两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2), 两式相减得ln  =(a+1)(x2-x1), ∴ = . 要证x1·x2>e2, 只需证ln(x1x2)= ln  >2, 即证ln  >2 = , 设t= (t>1),令F(t)=ln t+ -2, 则F'(t)= >0, ∴函数F(t)在(1,+∞)上单调递增, 又F(1)=0, ∴F(t)>0,即x1·x2>e2. 3.(2025江苏南京、盐城一模)已知函数f(x)=xex+asin x. (1)当a=0时,求证: >x+1; (2)若f(x)>0对x∈(0,π)恒成立,求a的取值范围; (3)若存在x1,x2∈(0,π),使得f(x1)=f'(x2)=0,求证:x1<2x2. 解析    (1)证明:当a=0时, f(x)=xex. 要证 >x+1,只需证ex-x-1>0,x≠0. 令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1. 当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减, 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增, 所以g(x)>g(0)=0,故ex-x-1>0,x≠0, 因此 >x+1. (2)f'(x)=(x+1)ex+acos x, 令m(x)=f'(x), 则m'(x)=(x+2)ex-asin x. 当a≥0时,由x∈(0,π),得xex>0,asin x≥0,因此f(x)>0,满足题意. 当a<0时,由x∈(0,π),得(x+2)ex>0,-asin x>0, 因此m'(x)>0,则f'(x)在(0,π)上单调递增. ①若-1≤a<0,则f'(x)>f'(0)=1+a≥0, 则f(x)在(0,π)上单调递增, 所以f(x)>f(0)=0,满足题意; ②若a<-1,则f'(0)<0, f' >0, 因此f'(x)在(0,π)上存在唯一的零点x0,且x0∈ , 当0<x<x0时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x0<x<π时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x0)<f(0)=0,不符合题意. 综上,a的取值范围为[-1,+∞). (3)证明:由(2)知a<-1,设x0=x2, 则f(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,π)上单调递增, 注意到f(0)=0, f(x2)<f(0)=0, f(π)=πeπ>0, 故f(x)在(0,π)上存在唯一的零点x1,x1∈(x2,π). 注意到x1,2x2∈(x2,π),且f(x)在(x2,π)上单调递增. 要证明x1<2x2,只需证f(x1)<f(2x2), 因为f(x1)=0,所以只需证f(2x2)>0, 即证2x2 +asin 2x2>0. 因为(x2+1) +acos x2=0, 即a=- , 所以只需证2x2 - sin 2x2>0, 只需证x2 -(x2+1)sin x2>0,(*) x2∈ , 由(1)得 >x2+1, 因此x2 -(x2+1)sin x2> +x2-(x2+1)sin x2=(x2+1)·(x2-sin x2), 设h(x)=x-sin x,0<x< , 则h'(x)=1-cos x>0, 所以h(x)在 上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0, 从而h(x2)>0,即x2-sin x2>0,因此(*)得证, 从而x1<2x2. $