第3章 微专题四 隐零点与极值点偏移间题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

当0<a<】时，f(x)有两个零点： 当a>1时，f(x)没有零点. 对点训练2解：(1)证明：令G(x) f(x)-g(x)=e-x2-1, 则G'(x)=e-2x. 记p(x)=c -2x,则p'(x)=e-2, 当x∈(0，ln2)时，p'(x)<0,当x∈ (ln2,+∞)时，p'(x)>0, 所以p(x)在(0，ln2)上单调递减，在 (ln2,+oo)上单调递增， 从而在(0，十∞)上，G'(x)=p(x)≥ p(ln2)=2-2ln2>0, 所以G(x)在(0，十)上单调递增， 因此在(0，十∞)上，G(x)>G(0)= 0,即f(x)>g(x). (2)F(x)=f(x)-h(x)=e asin x-1,F'(x)=e*-acos x. 若0<a≤1，则在(0，π)上，F'(x)= e-acos x>1-a≥0， 所以F(x)在(0，π)上单调递增，则 F(x)>F(0)=0,即函数F(x)在(0， π)上无零点； 若a>1,记g(x)=F'(x)=e acos x, 则在(0，π)上，g'(x)=e十a sin x≥ 0,所以g(x)在(0，π)上单调递增， 而g0)=1-a<09(5）=e>0, 故存在x。∈(0，)，使g(x)=0, 所以当0<x<x。时，F(x)单调递 减，x。<x<π时，F(x)单调递增， F(x)min =F(o), 而F(x。)<F(0)=0,F(π)=e" 1>0, 所以F(x)在(0，x。)上无零点，在 (x。,π)上有唯一零点。 综上，当0<a≤1时，F(x)在(0，π) 上没有零点； 当a>1时，F(x)在(0，π)上有且仅有 1个零点. 例3解：曲线y=f(x)与直线y=1有 且仅有两个交点， 可转化为方程二=1(x>0)有两个 不同的解，即方程 -有两个 不同的解. 设g(x)=血工(x>0),则g'(x)= 令g'(x)=0,得x=e, 当0<x<e时，g'(x)>0,函数g(x) 单调递增， 当x>e时，g'(x)<0,函数g(x)单 调递减，故Rx)m=g(0=, 且当x>e时，gx)∈(o,)小，又 1 g)=0,所以0<n8 所以a>1且a≠e, 故a的取值范围为(1，e)U(e,十∞). 对点训练3解：方法一函数f(x)有 两个零点，理由如下： 4一十1. 由题知f'(x)=e一2- 令g(x)=f'(x),x∈(-∞，2)， 4 则g'x)=e-2-x) (2-x)e-4 (2-x)2 令h(x)=(2-x)'e-4,x∈(-∞， 2),则h'(x)=x(x-2)e, 当x<0时，h'(x)>0,h(x)单调 递增， 当0<x<2时，h'(x)<0,h(x)单调 递减， 所以h(x)≤h(0)=0,故g(x)≤0， 所以g(x)在(-∞，2)上为减函数， 所以当x<0时，g(x)>g(0)=0,即 当x<0时，f'(x)>0,f(x)在 (一∞，0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)=0,即 当0<x<2时，f(x)<0,f(x)在 (0,2)上单调递减. 又因为f(2-e)=e°+2-e+ 240,f(0)=e°+0+41n2>0, f(2-e)=e2-+2-e6-24< e2-22<0, 所以f(x)在区间(2一e,0),(0,2一 e)内各有一个零点，即函数f(x)有 两个零点， 综上，函数f(x)有两个零点. 方法二函数f(x)有两个零点.理由 如下： 令f(x)=e+x+4ln(2-x)=0, 可得e=-x-4ln(2-x), 判断函数F(x)的零点个数，即判断函 数t(x)=e(x<2)与g(x)=-x 4ln(2-x)(x<2)图象交点的个数. t(x)=e为增函数，t(x)>0,当 x→-∞时，t(x)→0，当x→-∞时， g(x)→十0∞. 4 x+2=0 由g'(x)=-1+2-x=2-x 得x=一2， 当-2<x<2时，g'(x)>0,g(x)单 调递增，当x<-2时，g'(x)<0, g(x)单调递减， 因为g(-2)=2-4ln4<0, 且当x→-∞时，g(x)→十o∞，当x→ 2时，g(x)→+o∞，t(2)=e,所以 t(x)=e*g(z)=-x-4In(2-x) -459- 的图象在（一∞，0）上有一个交点，在 (0,2)上有一个交点. 综上，函数f(x)有两个零点 【微拓展】拉格朗日中值定理 典例解：(1)f'(x)=e-1,令f'(x)= 0,解得x=0, 当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减， 当x∈(0，十o∞)时，f'(x)>0,f(x) 单调递增. 故f(x)的单调增区间为(0，+∞)，单 调减区间为（一∞，0）. 当x=0时，f(x)取得最小值1，无最 大值. (2证明：要证一C<(m十1)· n m (日一》，只需证ae心一e<m叶 1)(m-n),又0<m<n, 故只需证mc二nC>(m+1）. m-n 令g(x)=xe(x>0),显然g(x)在 (m,n)上可导，在[m,n]上连续， 故由拉格朗日中值定理知存在：∈ (mm,n),使得g'()=me-ne m-n, 而g'(x)=(x十1)e>0,g(x)在 (0,十∞)上单调递增， 因为m<<n,所以g'()>g'(m), 即g'()>(m十1)e”, 故只需证(m十1)e”≥(m十1)”即可， 因为m>0,所以只需证e”≥m十1. 由(1)知e≥x十1恒成立，因此原命 题得证. 微专题四隐零点 与极值点偏移问题 关键能力提升 例1解：因为当x∈(0，π)时，f(x) g(x)恒成立， 即当x∈(0，x)时，az≤sinx十cosx 恒成立， 所以e(sinx十cosx)-ax≥0在(0， π)上恒成立， 当x=子时，一经。≥0，解得a<0 4 设h(x)=e(sinx十cosx)-ax, x∈(0，π)， 则h'(x)=e(sinx十cosx)十e(cosx sin x)-a 2e"cos x -a, 令m(x)=h'(x)=2 e"cos x-a,则 m'(x)=2e(cos x -sin x)= 2(+) 当x∈(（0，)时m')>0,则 h'(x)单调递增， 参考答案“☑。 当工∈() 时，m'(x)<0,则 h'(x)单调递减 因为a≤0，所以h'(0)=2-a>0, h'()=2c-a>0,h'(x)= -2e"-a, 当-2e"-a≥0，即a≤-2e"时 h'(x)≥0在(0，π)上恒成立， 所以h(x)在(0，π)上单调递增， 所以h(x)mm=h(0)=1>0,所以 h(x)≥0恒成立， 当-2e<a≤0时，3x∈（，元） 使得h'(x。)=0, 所以当x∈(0，x。)时，h'(x)>0, h(x)单调递增， 当x∈(xo,π)时，h'(x)<0,h(x)单 h(0)≥0， 调递减，所以 h(π)≥0， 1≥0， 则 -e-aπ≥0， 解得-2e<a≤-e 踪上，可得a≤，即a的取值范围 为(，-] 对点训练1解：(1)因为f(x)=be十 acos x,所以f(0)=be°+acos0= b-a. 又点(0，f(0))在切线y=x十2上，所 以f(0)=2,所以a+b=2. 又f'(x)=be-asin x,即f'(0)= b=1,所以a=b=1. (2)证明：欲证方程f(x)=2仅有一 个实数根，只需证明e十cosx一2=0 仅有一个实数根， 令g(x)=e十c0sx-2,则g(0)= e°十c0s0-2=0,故x=0是g(x)的 一个零点，g'(x)=e-sinx, 令h(x)=g'(x)=e-sinx,则 h'(x)e"-cos x. 当x>0时，h'(x)=e-cosx>e° c0sx=1-c0sx≥0， 所以h(x)在(0，十∞)上单调递增，所 以h(x)>h(0)=1,即g'(x)=e sin >10, 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， g(x)>g(0)=0,即此时g(x)无 零点： 当x<0时，g(x)=e十cosx-2 e°+c0sx-2=1+c0sx-2=-1十 cos 0, 即g(x)=e十cosx-2<0, 所以当x<0时，g(x)无零点. 综上，g(x)=e十c0sx-2仅有一个 零点，得证 2对勾·讲与练·高三数学 (3)当x∈(0，十∞)时，e十cosx> ksin x+2,即e十cosx-ksin z 2>0恒成立. 令F(x)=e十cosx-ksinz-2,则 F'(x e-sin x -kcos 由(2)可知，x∈(0，十∞)时，e sin x 1, 所以F'(x)=e-sinx-kcos x> 1-kcos 当0<k≤1时，因为一1≤c0sx1, 所以一k≤kcos x≤k, 即1-k≤1-kcos x≤1十，所以 F'(x)>1-kcos z≥1-k≥0， 所以F(x)=e+cosx-ksin x-2 在x∈(0，十∞)时单调递增， 所以F(x)>F(0)=0恒成立，即满 足条件e十cosx-ksin x一2>0； 当k>1时，由F'(x)=e-sinx kc0sx,可知F'(0)=1一k<0, 又F'(π)=e"十k>0,所以存在x。∈ (0,π)，使得F'(x。)=0, 所以当x∈(0，xo)时，F'(x)<0, F(x)单调递减， 当x∈(x0,十∞)时，F'(x)>0, F(x)单调递增， 所以F(x。)<F(0)=0,即不能保证 e十cosx-ksin x-2>0恒成立. 综上，正数k的取值范围是(0,1门. 例2解：(1)因为f(x)=lnx-a+1, x>0, 所以r)=上+号-装>0 当a>0时，f(x)>0,所以函数 f(x)在(0，十∞)上单调递增，所以函 数f(x)不存在最小值， 所以a>0不合题意，故a<0. 当a<0时，令f'(x)=0=0,得 22 x=-a, 当x∈(0，-a)时，f'(x)<0,函数 f(x)在(0，一a)上单调递减； 当x∈(-a,十∞)时，f(x)>0,函 数f(x)在(-a,十∞)上单调递增. 所以f(x)m=f(x)做小值=f(-a)= 1n(-a)-a十1=2，解得a=-1. -a 所以a的值为一1. (2)证明：证法一由(1)知，f(x)= 1+1,x>0. In x+- 因为x1,x2为方程f(x)=m的两个 不同的实数根， 所以1nx1+1+1=m0: .1 In z:+ 1+1=m②. -460- ①-②，得lhx1-lnx:+（于 1 1）=0,即1n4=-( 11) 二，所以x1x=1二型 x1x2 In To 令t=(0<t<1),有x1= x? 是-品 :In 1 1 1- t 所以x2= t =nf,从而得x1十 1 t- t x2= In t 令h(t)=t- -2nt0<t<1D, 则)-1十-是-（日-> 0,所以函数h(t)在(0,1)上单调递增， 即t∈(0,1)，h(t)<h(1)=0, 即t- <2nt.又lnt<0, t 1 t- 所以t∈(0,1)，nt >2恒成立， 即x1十x2>2,得证. 证法二由(1)知，f(x)=lnx十 因为x1,x2为方程f(x)=m的两个 不同的实数根，所以nx十】十1= x m,即方程1n工十上=m一1有两个不 x 同的实数根x1x2, 令G(x)=lnx十-，x>0, 11 则G'(x)= x>0. 令G(x)= =0,得x=1. 11 当x∈(0,1)时，G'(x)<0,所以 G(x)在(0,1)上单调递减， 当x∈(1，+oo)时，G'(x)>0,所以 G(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以0<x1<1<x2. G(x)-G(2-x)=Inx+ 1-ln(2- 1 x)一2-x 令g(x)=lnx二ln(2-x) 1 2-x x∈(0,1)， 则'(x)=1 1 1 1 -2 (x-2)2-x(x-2) 2x2-4x+4 -4(x-1)2 <0, x2(x-2)2 x2(x-2)2 所以9(x)在(0,1)上单调递减，所以 P(x)>9(1)=0,即G(x)-G(2 x)>0, 所以G(x)>G(2-x),所以G(x2)= G(x1)>G(2-x1). 又G(x)在(1，+∞)上单调递增，所以 x2>2-x1,即x1十x2>2,得证. 对点训练2解：(1)f'(x)=e一ax· e a e a*(1-ax). 因为a∈R,所以a<0时，f(x)= e1-ax)>0>x>1,f'(x)= er(1-a.x)<0→x< 所以。<0时，单调递增区间为[日 十)，单调递减区间为(0，)： a=0时，f'(x)=ex(1-ax)=1 0,所以a=0时，单调递增区间为 (一∞，十∞)，无单调递减区间： a>0时，f'(x)=er(1-ax)> 0>x<1,f'(x)=er(1-ax)< 1 0→x> a 所以a>0时，单调递增区间为（一∞， 门单调递波区间为（行十小： 综上，a<0时，单调递增区间为 [日，十∞)，单调递减区间为(-四， 工)；a=0时，单调递增区间为 (一∞，十∞)，无单调递减区间：a>0 时，单调递增区间为（∞，]，单调 递减区间为（日，十∞）· (2)证明：证法 一 由(1)知，a >0 时，单调递增区间为（©，]，单调 递减区间为（，+），且x> 时，f(x)>0,f(x)大=f(） ,函数y=f(x)与y=a的大致图 a e 象如图所示 y=f(x) y=a X2 因为a>0时，函数y=f(x)一a有两 个零点x1x2, 所以a<即。<， 不妨设x1<x2,则0<x1< 1∠x 先证x1十x?> 名，用证1>之 2 a 一x2, 因为x1< 上<x,所以2 -x2< 1 a 又y=f(x)在(-，工）上单调递增， 所以需证)>f(后-小 又f(x1)=f(x:), 所以需证f,)>f(径-) x> 令函数Fx)=fx)-f(径-)小， xe(日+ 则F'(x)=er(1-a.x)十e2ar1 a(层-门]=1-ame-e. 因为E>日所以-ax<ar-21 ax,F'(x)=(1-az)(e " e2+r)>0, 函数下x)=fx)-f(层-)在 (日，十∞)上单调递增，所以 Fx)>F(日)=0. 因为>日所以F,)>f(名 2 x2),即x1十x2> a 所以1十x）”≥三之2，所以x1中 2 x2>2ve. 证法二与证法一相同，解出a'< e 因为a>0时，函数y=f(x)-a有两 个零点x1x2, 所以两个零点必为正实数，f(红) a=0→emx-ax=eh“(x>0), 等价于lnx一a.x=lna有两个正实 数解. g (x)In x-ax -In a(x >0), 则g'(x）= 1 -a(x>0),g(x)在 (0,）上单调递增，在（日，十）上 单湖造成且0<<君< 令G)=)-(层-小， xe(日+∞)小 -461- 则G'(x)= 1 -a+ x 2 a 一x 2 x(2-a.x) -2a> -2a=0, a 所以G(x) 在（日，+）上单河 增，G(x)> 6(日)=o 又x2> 又g(x1)=g(x2),所以g(x1)> 又0<x1<1<,所以1， a 又g(x)在(0，）上单调递增，所以 x1十x2> 所以21十x)” 2 2 >2e,所以x1十 a x2>2e. 第四章 三角函数、 解三角形 4.1任意角和弧度制、 三角函数的概念 必备知识回顾 教材回扣 1.(1)逆时针 顺时针零角 正角、 负角和零角 (2)角的终边 坐标轴 (3){3B=a十k·360°，k∈Z} 2.(1)1弧度正数负数0 1 (2)n (3)al.r2alr 3.(1)yz 基础检测 1.(1)×(2)×(3)/(4)/ 24 9 解标：周为。=-0=-2X2a 。8与&的终边相同，且B目 （营》所以=行 3号9 解析：设该扇形的半径为r,则2r十 2r=10,解得r= 。,所以该扇形的面 积为号X2× )= 参考答案‘☑。红圈内·讲与练·高三数学 【典例】(2024·河北衡水三模)已知f(x)=e-x (1)求f(x)的单调区间和最值； (2)定理：若函数f(x)在(a,b)上可导，在[a, b]上连续，则存在∈(a,b),使得f'() b)一f(a),该定理称为“拉格朗日中值定 b-a 理”.请利用该定理解决下面的问题： 若0<m<n,求证：g-c <(m十1)2· 听课记录 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业23 076 微专题 四 隐零点与极值点偏移问题 考试要求 1.在利用导数研究函数问题的过程中，会利用隐零点解决相关问题. 2.会利用常见的方法（对称化构造函数法与比（差）值换元法)解决极值点偏移问题. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1隐零点问题 听课记录 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 题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号， 再结合函数零点存在定理处理. 【例1】(2024·河北承德模拟节选)已知函数 fx)-ggx)=sinx+0s.当x∈0， 元)时，f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值 范围 第三章一元函数的导数及其应用 考点2极值点偏移问题 1.极值点不偏移 已知函数∫(x)图象的顶点的横坐标就是 极值点x。,若f(x)=c的两根的中点刚好满足 工十2=x。,即极值点在两根的正中间，也就 2 是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x=x。 两侧，函数值变化快慢相同，如图1. f(x) 4规律总结 隐零点问题常用策略 (1)依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆 Xo X2 “试根”，再由单调性说明“此根”的唯一性.。 图1 (2)先“虚设零点，设而不求”，通过形式化的“变 (无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1) 量代换”或推理，达到化简并求解的目的. f(x2),则x1十x2=2x0 (3)“多次求导”，合理变形，直至能够求解】 2.极值点偏移 【对点训练1】(2024·山东德州三模)设函数 若十≠，则极值点偏移，此时函数 f(x)=be+acos x,a,b∈R,曲线y=f(x) 2 在点(0，(0)处的切线方程为y=x十2. f(x)在x=xo两侧，函数值变化快慢不同，如 (1)求a,b的值； 图2、图3. 077 (2)求证：方程f(x)=2仅有一个实数根； (3)对任意x∈(0，+∞)，有f(x)>ksin c十 2,求正数k的取值范围. 图2 图3 (左陡右缓，极值点向左偏移)若∫(x1) f(x2),则x1十x2>2xo; (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x,)= f(x),则x1十x2<2x0 【例2】已知函数f(x)=lnx-a+1(a∈R,且 a≠0). (1)若函数f(x)的最小值为2，求a的值； (2)在(1)的条件下，若关于x的方程f(x)= m有两个不同的实数根x1,x2,且x,<x2,求 证：x1+x2>2. 听课记录 红通内·讲与练·高三数学 【对点训练2】已知a∈R,f(x)=x·er (1)讨论函数y=f(x)的单调性； (2)若a>0,函数y=f(x)-a有两个零点 x1x2,求证：x1十x2>2√e. 规律总结 极值点偏移问题的两种解决方法 078 (1)对称化构造函数法 ①对结论x1十x2>2x。型，构造函数F(x) f(x)-f(2x。-x). ②对结论x12>x日型，方法一是构造函数 F(x)=f(x)- f(）,通过研究F)的单调性 获得不等式；方法二是两边取对数，转化成不等式 lnx1+lnx2>2lnxo,再把lnx1,lnx2看成两变 量即可 (2)比（差）值换元法 通过代数变形将所证的双变量不等式通过t 1(含对数式时常用)或t=x1一x,(含指数式时常用) 温馨提示) 代换，化为单变量的不等式，利用函数单调性证明。 学习至此，请完成课时作业24