专题1 培优课2 导函数的隐零点-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

培优专训》难点突破 1.(2022·全国乙卷理)已知函数f(x),g(x)的 3.(2025·安徽池州二模)已知函数f(x)= 定义域均为R,且f(x)十g(2-x)=5,g(x) ex+2,x0, f(x一4)=7.若y=g(x)的图象关于直线x= x>0, [f(x)]-(a+2)f(x)+ 2对称，g02)=4,则2/0)= 2a=0有4个互不相同的根，则a的取值范围为 A.-21 B.-22 () A.(2,3) B.(2,3] C.-23 D.-24 C.(3,十∞) D.[3,+∞) 2.已知函数f(x)满足：①定义域为R;②f(x十 4.(多选)(2023·新课标I卷)已知函数f(x)的 1)为偶函数；③f(x十2)为奇函数；④对任意 定义域为R,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则 的x1,x2∈[0,1]，且x1≠x2,都有(x1 () x[f)-fx)]>0.则f(）f(号）. A.f(0)=0 B.f(1)=0 (得)的大小关系是 C.f(x)是偶函数 D.x=0为(x)的极小值点 A()<)<得》 5.(多选)(2022·新高考I卷)已知函数f(x)及 其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)= ()<f得<) fx.若f(号-2z)g2+x)均为偶函数则 c得)<)<（得 () A.f(0)=0 D得<()<f() Bg2)=0 C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2) 培优课2 导函数的隐零点 》考情分析 导函数的隐零点在高考试题无法单独考查，而是作为一种方法在不等式证明、恒成立等问题中加以应用， 这类问题一般作为解答题出现，难度较大 热点分类》考向探究 考向1不含参函数的隐零点问题 例1已知函数f(x)=2x+2lnx十1，求证： f(x)≤xe2x+lnx. ⑦听课记录 第一部分专题一函数、导数 029 反思感悟-……-…… 已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理判断 零点存在，设方程f'(x)=0的根为x。,则①有关系 式f'(x。)=0成立；②注意确定x。的范围. 跟踪训练①已知函数f(x)=sinx十x2,求证： f(x)>-16 4反思感悟- 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,需根据题意对参数进行分类 :讨论. 跟踪训练②已知函数f(.x)=ex一ln(x+l) a(a∈R),求证：f(x)≥1. 考向2含参函数的隐零点问题 [例2(2025·黑龙江哈尔滨质检）)已知函数 f(x)=2 sin x-a.x.若0<a<6,试讨论 f(x)在(0，π)上的零点个数.(e≈4.8) 心听课记录 030 2对勾讲与练·高三二轮数学 培优专训》难点突破 1.已知函数f(.x)=(x十l)lnx-ax+a,当x> 2.已知函数f(x)=e2-e"sinx(e为自然对数的 1时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围. 底数)，求证：f(.x-1)>1-e1sin(x-1) -》 培优课3极值点偏移问题 》考情分析 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常 出现在高考数学的压轴题中，难度较大」 主干整合》核心提炼 已知f(x)图象顶点的横坐标就是极值点xo,若f(x)=c的两根的中点刚好满足1十x2 2 =x0 即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时∫(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢相 同，如图1所示；若℃1十c ≠xo,则极值点偏移，此时函数∫(x)在x=x。两侧，函数值变化快慢不同， 如图2、图3所示. x+x f(x) f(x) fx) =( +20五2x x02天 P 图1 图2 图3 (无偏移，左右对称，二 (左陡右缓，极值点向 (左缓右陡，极值点向 次函数)若fx)=x),则 左偏移)若fx)=fx), 右偏移)若fx)=x, x1+x2=2x0 则x+x2>2x 则x+比2<2x0 热点分类》考向探究 考向1对称化构造 (1)求a的取值范围； [例1(2025·重庆北碚区调研)已知函数f(.x)= (2)求证：x1+x2>4a. 1nx+2 ,a∈R.若函数f(x)有两个不相等 心听课记录 的零点x1,x2 第一部分专题一 函数、导数 031由图可得方程f(x)=1和f(x)=2 的根共有4个，即函数y=[f(x)]一 3f(x)+2有4个零点.故选C. 跟监训练2[合·) 解析：因为函数y=e在R上为增函 1 数，函数y=一在(0，十c∞)上为减函 数，所以当x0时，1<e十12，当 x>0时，1>0，于是函数f(x)的值 域为(0，十©∞)，又函数f(x)在（一©∞， 0]上单调递增，在(0，+∞)上单调递 减，函数图象如图所示， 设t=f(x)十1，由f(x)>0可得t 1,则f)=子.候题意，可得) f(f(x)+1)一k有两个零点，即得 f(t)-及=0，也即一=k,于是t= 是>1，对=x)+1= 1,由题意 可知，需使方程∫(x)= 1 k --1有两个 不等实数根，结合图象可得 >1, 解得 << 1< -1<2 综上所述，k的取值范围是 [3) 》培优专训·难点突破《 1.D由y=g(x)的图象关于直线x 2对称，可得g(2十x)=g(2一x).在 f(x)+g(2-x)=5中，用一x替换 x,可得f(一x)十g(2十x)=5,可得 f(-x)=f(x).g(x)-f(z- 4)=7中，用2一x替换x,得g(2 x）= f(-x一2)+7，代入f(x)+ g(2-x)=5中，得f(x)+f(-x 2)=-2,可得f(x)+f(x+2)= 一2，所以 f(x+2)+f(x+4)=-2, 所以f(x 十4)=f(x),所以函数 f(x)是以4为周期的周期函数.由 f(x)+g(2一x)=5可得f(0)+ g(2)=5,又g(2)=4,所以可得 f(0)= ,又f(x) f(x+2)=-2, 所以f( +f(2)= -2,f(-1)+ f(1)= -2,得f(2)=-3,f(1) f(-1)=-1,又f(3)=f(- -1,f(4)=f(0)=1, 所以 2 ∑f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+ 5f(4)=6×(-1)+6×(-3)+5× (-1)+5×1=-24.故选D. 2.C,f(x+1)在R上为偶函数， ∴.f(x+1)=f(-x+1),.f(x)的 图象关于直线x=1对称.f(x十2) 在R上为奇函数，.f(x十2)十 f(-x+2)=0,∴f(x)的图象关于 点(2,0)对称，且f(2)=0.:f(x+ 1)=f(-x+1),.f(x)=f(-x+ 2)①.又f(x+2)+f(-x+2)= 276红因勾讲与练·高三二轮数学 0,∴.f(-x+2)=一f(x+2)②，由 ①②得f(x)=一f(x+2)③，由③ 得f(x+2)=一f(x+4)④，由③④ 得f(x)=f(x十4)，.f(x)的一个 周期为4，且f(0)=0,f(x)的图象关 于点(0,0)对称.又对任意的x1,x:∈ [0,1],且x1≠x,都有(x1 x2)[f(x1)一f(x2)]>0,.f(x)在 [0,1]上单调递增，∴f(x)在一个周 期内的图象如图所示 23: f()=f(子+4 ()=f(2-8)=(3) 得)=（传-）=() 图可得()<（行） ().即（得）<()< f(号).故选C. 3.B令t=f(x),则方程[f(x)] (a+2)f(x)+2a=0可转化为t (a+2)t+2a=0.对t一(a+2)t+ 2a=0进行因式分解可得(t一2)(t a)=0,则t1=2,t2=a,所以f(x)= 2或f(x)=a.当x0时，f(x)= e十2，因为指数函数y=e在（一∞， 0]上单调递增，所以f(x)=e+2在 (一∞，0]上单调递增，且f(x)∈(2， 1 3].当x>0时，f(x)=x+一，对其 求导，f(x)=1- (x+1)(x-1) .令f'(x)=0,即 x (x+1)(x-1) =0,解得x=1(x> 0).当0<x<1时，f'(x)<0,f(x) 单调递减；当x>1时，f'(x)>0, f(x)单调递增，所以f(x)在x=1处 取得极小值，也是最小值，f(1)=1十 =2.对于f(x)=2,当x>0时， 1 ,=2,即x2-2x十1=0， (x一1)2=0，解得x=1,有1个根. 因为[f(x)]-(a+2)f(x)+2a=0 有4个互不相同的根，f(x)=2已经 有1个根，所以f(x)=a需要有3个 不同的根.结合f(x)的图象（如图）可 知，当2<a≤3时，y=f(x)的图象 与直线y=a有3个交点，即f(x)= a有3个不同的根，则a的取值范围为 (2,3].故选B. y=f(x) )= 3 0 4.ABC取x=y=0,则f(0)=0+ 0=0,故A正确；取x=y=1,则 f(1)=f(1)+f(1),所以f(1)=0, 故B正确；取x=y=一1，则f(1)= f(-1)+f(-1),所以f(-1)=0,取 y=-1,则f(-x)=f(x)十x2f(-1), 所以f(一x)=f(x),所以函数f(x) 为偶函数，故C正确；由于f(0)=0,且 函数f(x)为偶函数，所以函数f(x) 的图象关于y轴对称，所以x=0可能 为函数∫(x)的极小值点，也可能为函 数f(x)的极大值点，也可能不是函数 f(x)的极值，点，故D不正确。故 选ABC. 5.BC 因为（号-2x)g2+x)均为 偶函数，所以f(号-2x）=(号十 2x),即f(2-x）=f(号+x) g(2十x)=g(2-x),所以f(3一x)= f(x),g(4-x)=g(x),则f(-1) = f(4),故C正确；函数f(x),g(x)的 图象分别关于直线x=号，x=2对 称，又g(x)=(x),所以g(含)= 0,g(3-x)=一g(x),所以g(4 x）=g(x)=一g(3-x),所以g(x十 4)=一g(x十3)，所以g(x十2)= -g(x+1),所以g(x+1)=-g(x), 所以g(x十2)=g(x),所以 g(2）=g(2)=0,g(-1) g(1)=一g(2),故B正确，D错误；若 函数∫(x)满足题设条件，则函数 f(x)十C(C为常数)也满足题设条 件，所以无法确定f(0)的函数值，故A 错误.故选BC. 培优课2导函数的隐零点 》热点分类·考向探究《 例1证明：f(x)=2x+2lnx+1, 欲证f(x)≤xe+lnx,只需证2x十 2lnx+1≤xer+lnx, 即证xe-2x-lnx-1≥0， h(z)=ze-2x-In z-1(x >0), 则h'(x)=ex+2xe2:-2-1= 2x+1(e-), 又x>0,则2x+1>0, 设K(z)=e-1,则K'(x) 2e+二>0，则K(x)在(0，+o)上 单调递增， 又K()=E-4<0.KI)=e- 1>0, 所以3x。∈(，1），使得K(z)= 0,即e0-1=0,即2x=-lnx ℃o 所以当x∈(0，x。)时，K(x)<0,即 h'(x)<0, 当x∈(x0,十∞)时，K(x)>0,即 h'(x)>0, 所以h(x)在(0，x。)上单调递减，在 (x。,十∞)上单调递增， 所以h(x）mim=h(xo)=xoe 0 2x。-lnx。-1=1-1=0, 所以h(x)≥0，故命题得证 跟踪训练1证明：f'(x)=cosx十2x. 令函数u(x)=f'(x),则u'(x)= 一 sinx+2>0,所以u(x)=f'(x)》 是增函数， 因为r0)=1f()=os日 10, 所以存在x。∈(0）小，使得 f'(x。）=cosx。十2x0=0,即 4 所以当x∈(-∞，x。)时，f'(x)<0, 当x∈(x。,+∞)时，f'(x)>0, 所以f(x)在（一o∞，xo)上单调递减， 在(x。,十∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(xo）=sinx。+x。= sin zo+1 因为x。∈（20），所以sinx。> sin(←2)>sim(←若）=-2： 所以一 4sinx 1 +sinx+ -×(2)-3 5 16 故fx)>- 5 16 例2解：.f(x)=2 e'sin x一& T ∴.f'(x）=2e(sinx+cosx)-a. 令h(x)=f'(x),则h'(x)=4 e'cos x, 当x∈(0,2)时，h'(x)>0,当 x∈（x时，h'(x)<0 ∴h(x)在(0，)上单调递增，在 (,x)上单调递减， 即f'(x)在(0，）上单调递增，在 (乏)上单调递减。 f'(0)=2-a,f(）=2e-a> 0,f'(r)=-2e"-a<0. ①当2一a≥0，即0<a≤2时， f(0)≥03x∈(2x),使得 f'(x。)=0, .当x∈(0，xo)时，f'(x)>0,当 x∈(x。,x)时，f'(x)<0, f(x)在(0，x。)上单调递增，在 (x。,x)上单调递减. f(0)=0,.f(xo)>0. 又f(r)=一aπ<0， 由函数零点存在定理可得，此时 f(x)在(0，π)上仅有一个零点. ②若2<a<6时，f'(0)=2一a<0, 又f'(x)在(0，)上单调递增，在 (2,x)上单调递减， 31∈(0，）∈（经x)使 得f'(x1)=0,f'(x:)=0, 且当x∈(0，x1)U(x2,x)时， f(x)<0,当x∈(x1,x)时， f'(x)>0, f(x)在(0，x1)和(x2,x)上单调递 减，在(x1x2）上单调递增. f(0)=0,.f(x1)0, 1）=20>2-8x 0,f(x2)>0, 又f(π) 一aπ<0，∴.由函数零点存 在定理可得，f(x)在(x1,x)和(x2, π)上各有一个零点， 即此时f(x)在(0，x)上有两个零点. 综上，当0<a2时，f(x)在(0，π) 上仅有一个零点： 当2<a<6时，f(x)在(0，π)上有两 个零点. 跟踪训练2证明：f(x）=ew一ln(x十 1)-a,定义域为(-1，+∞)， f'(z)=et- (x+1)e+a-1 x十1 令g(x)=(x+1)e+u-1,x>-1, 则g'(x)=e++(x+1)e+=(x+ 2)e>0在（一1，十∞）上恒成立， 所以g(x)在（一1，+∞）上单调递增 又g(-1)=-1<0,g(e)=(e+ 1e+-1=e+ew-1>0, 所以存在唯一的x。∈(1，），使 得g(x。)=0, 当一1<x<x。时，g(x)<0, f(x)<0,f(x)在(-1，x。)上单调 递减， 当x>x。时，g(x)>0,f'(x)>0, f(x)在(x。,十o∞)上单调递增， 所以当x=x。时，f(x)取得最小 值f(x). 因为g(xo)=0,所以e。"= Zo+1' In(zo+1)=-zo-a, 所以f(z)≥f(xo）=eo”-ln(ro+ 1)-a= x。+1十x。+a-a= 1 x+i+2。+1-1≥2-1=1. 当且仅当1 。+1=xo+1,即x。=0时 等号成立， 所以f(x)≥1成立. 》培优专训·难点突破《 1.解：由题意得，f(x)=lnx+ 1+1-a 令h(x)=lnx+ 1+1-ax∈ (1,+∞)，则h'(x)=-1, 22, 因为x∈(1，+©∞)，所以h'(x)>0, 所以f'(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，f'(x)>(1)=2-a. ①当a≤2时，f(x)>0在(1，+∞) 上恒成立，所以f(x)在(1，+∞)上单 调递增， 所以当x>1时，f(x)>f(1)=0,满 足题意， ②当a>2时，f'(1)=2-a<0, f'(e)=1+。>0.又当x∈ (1,十∞)时，f'(x)单调递增， 所以f'(x)在(1，十∞)上有唯一零 点，记为x。,则当x∈(1，x。)时， f'(x)<0,f(x)单调递减， 所以f(xo)<f(1)=0,不满足题意， 舍去. 综上，a的取值范围为（一©∞，2]. 2.证明：f(x-1)=e-l-e-sin(x 1Dfx-1)-1-c sin(z-1)- 2(-2)]= 1+2(x 3 设)=+2(-）-1，则 3 h'(x)=e-1十x- 令()=W()=e+x- 3则 2 t'(x)=e-+1>0,所以h'(x)在R 上单调递增， e<e°=1,1> 81 3 256 (),则(2)=e-1< 0, (任)=e÷->0, 故存在。∈（分），使得 '(x)=0,即e。 3 2 一E0 所以当x<x。时，h'(x)<0,当x> x。时，h'(x)>0, 所以h(x)在（一∞，x。)上单调递减， 在(x。,十∞)上单调递增， 故当x=x。时，函数h(x)有极小值， 也是最小值， 故函数h(x）mim =h(zo)e"o- 1 3 2 ）-1=2(x 2 因为 ∈(，)，所以2(x。 5 >×(-) 2 3 0 故h(x =e+2(e-)°-1>0. 所以f(x-1)-1-esin(z-1) 3(e-)]>0 即f(x-1)>1-e-sin(x 1)-2(-2) 培优课3 极值点偏移问题 》热点分类·考向探究《 例1解：(1)由题意可知f(x)=lnx+ 20(x>0)→f(x)=-24 参考答案 2277