第三章 进阶篇 导数中的零点问题 进阶2 隐零点课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“隐零点”核心考点，依据高考评价体系梳理了导数应用中隐零点的存在性判断、虚设零点分析单调性、代换化简求最值三大考查方向，通过典型例题明确隐零点在函数零点个数、参数范围问题中的高频考查权重，归纳出“三步解题法”常考题型体系。 课件亮点在于“真题情境+思维建模+技巧提炼”的备考设计，如例1（2）通过构造辅助函数g(x)、分析单调性确定隐零点x₀、利用零点方程代换化简求参数，培养学生的数学思维与推理能力。特设“思维升华”模块总结零点赋值优先策略，配套跟踪训练与课时精练，助力学生掌握答题技巧，教师可据此实现考点精准突破与高效复习指导。

隐零点 导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系.导函数的零点，根据其数值计算上的差异，可以分为两类：一类是数值上能精确求解，不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，称为“隐零点”. 重点解读 2 例1　(2026·开封模拟)已知函数f(x)=aex--1，a>0. (1)当a=2时，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； 题型一　隐零点问题 解　当a=2时，f(x)=2ex--1，x>0， f'(x)=2ex+， 所以f(1)=2e-2，f'(1)=2e， 所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y-(2e-2)=2e(x-1)， 即2ex-y-2=0. 例1　(2026·开封模拟)已知函数f(x)=aex--1，a>0. (2)若f(x)有唯一的零点，求a的值. 解　函数f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=aex+=(ax2ex+ln x)， 令g(x)=ax2ex+ln x，x>0，a>0， 则g'(x)=a(x2+2x)ex+>0， 即g(x)在(0，+∞)上单调递增， 当x→0时，g(x)→-∞， 例1　(2026·开封模拟)已知函数f(x)=aex--1，a>0. (2)若f(x)有唯一的零点，求a的值. 解　当x=1时，g(1)=ae>0， 所以∃x0∈(0，1)，使得g(x0)=0， 即f'(x0)=0， 且当x∈(0，x0)时，g(x)<0， 即f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0， 即f'(x)>0，f(x)单调递增， 例1　(2026·开封模拟)已知函数f(x)=aex--1，a>0. (2)若f(x)有唯一的零点，求a的值. 解　所以f(x)在x=x0处取得极小值，也是最小值， 又当x→0时，f(x)→+∞， 当x→+∞时，f(x)→+∞， 故若f(x)有唯一的零点，则必有f(x0)=0， 即 例1　(2026·开封模拟)已知函数f(x)=aex--1，a>0. (2)若f(x)有唯一的零点，求a的值. 解　消去a可得++1=0， 即(x0+ln x0)(x0+1)=0， 又因为x0∈(0，1)，所以x0+ln x0=0， 由②式可得ax0-ln x0-x0-1=0， 即a-(x0+ln x0)-1=0， 将x0+ln x0=0代入可得a-1=0，即a=1， 综上可知，若f(x)有唯一的零点，则a=1. (1)零点确定性过程：确认隐零点可直接利用函数零点存在定理，也可由函数的图象特征，以及题设条件来确定隐零点的存在. (2)虚设零点，单调性分析：零点不可解，不妨设为x0，以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式. (3)代换化简(难点)：找到隐零点满足的方程，可以用来对目标式进行代换与化简. 思维升华 解　当a=时，f(x)=sin x+x2，x∈(0，π)， 此时f'(x)=cos x+x， 令g(x)=cos x+x，x∈(0，π)， 则g'(x)=1-sin x≥0， 则g(x)(即f'(x))在(0，π)上单调递增， 所以f'(x)>f'(0)=1>0， 跟踪训练1　已知函数f(x)=sin x+ax2. (1)若a=，求f(x)在(0，π)上的值域； 解　故f(x)在(0，π)上单调递增， 又f(0)=0，f(π)=， 所以f(x)在(0，π)上的值域为. 跟踪训练1　已知函数f(x)=sin x+ax2. (1)若a=，求f(x)在(0，π)上的值域； 解　由题f'(x)=cos x+2ax， 令h(x)=cos x+2ax，x∈(0，π)， 则h'(x)=-sin x+2a，x∈(0，π)，sin x∈(0，1]， 当a=0时，f(x)=sin x，根据正弦函数性质知f(x)在(0，π)上的零点个数为0； 当a<0时，h'(x)=-sin x+2a<0， 故h(x)(即f'(x))在(0，π)上单调递减. 又f'(0)=1>0，f'(π)=2aπ-1<0，则∃x0∈(0，π)，使f'(x0)=0， 跟踪训练1　已知函数f(x)=sin x+ax2. (2)若a≤0，求f(x)在(0，π)上的零点个数. 解　则f'(x)>0⇒x∈(0，x0)；f'(x)<0⇒x∈(x0，π)， 故f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减. 又f(0)=0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)>0，f(x0)>0， 又f(π)=aπ2<0，则存在x1∈(x0，π)，使f(x1)=0， 即f(x)在(0，π)上有1个零点. 综上，当a=0时，f(x)在(0，π)上的零点个数为0； 当a<0时，f(x)在(0，π)上的零点个数为1. 跟踪训练1　已知函数f(x)=sin x+ax2. (2)若a≤0，求f(x)在(0，π)上的零点个数. 题型二　零点赋值 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (1)若a≤0，证明：f(x)≥0； 证明　函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1的定义域为(0，+∞)， 得f'(x)=ln x-aex+ea， 显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，+∞)上单调递增，而f'(1)=0， 即当0<x<1时，f'(x)<0， 当x>1时，f'(x)>0， 因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∀x>0，f(x)≥f(1)=0，所以f(x)≥0. 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 解　当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x-1)f(x)>0， 即(x-1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意； 当a>0时，(x-1)f(x)≤0等价于当0<x<1时，f(x)≥0，当x>1时，f(x)≤0， 当a>0时，令g(x)=f'(x)=ln x-aex+ea，x>0， 得g'(x)=-aex， 显然g'(x)在(0，+∞)上单调递减， 令h(x)=ex-x-1，h'(x)=ex-1， 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 解　当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0， 则h(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， ∀x∈R，h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立， 因此，e-x≥-x+1，当0<x<1时，ex<， g'(x)=-aex>-=， 当0<x<时，g'(x)>0， 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 解　而g'=a-a<0， 从而存在唯一实数x0∈，使得g'(x0)=0， 即a=， 当0<x<x0时，g'(x)>0， 当x>x0时，g'(x)<0， 则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 解　而f'(1)=0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增， 当x∈(x0，1)时，f(x)<f(1)=0，不符合题意， 当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增， 当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)=0，不符合题意， 当x0=1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∀x∈(0，+∞)，f'(x)≤f'(1)=0， 得f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0， 例2　已知函数f(x)=x(ln x-1)-aex+eax+1，a∈R. (2)若(x-1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 解　当x∈(1，+∞)时，f(x)<0，符合题意， 因此，x0=1，a=. 综上，a=. (1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单运算. (2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于“度”的掌握. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1. (1)求a，b的值； 解　f'(x)=a-， 则f(0)=-b=1， 解得b=-1，f'(0)=a-(1-b)=a-2=-1， 解得a=1， 综上，a=1，b=-1. 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1. (2)求证：函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增； 证明　由(1)知f(x)=x-， f'(x)=1-=， 设h(x)=ex+x-2， 因为h(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)>h(1)=e-1>0， 所以f'(x)>0在(1，+∞)上恒成立， 所以函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增. 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1. (3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由. 解　由(2)知f(x)=x-，f'(x)=， 令f'(x)=0，得ex+x-2=0， 由(2)知h(x)在R上是增函数， 且h(0)=-1<0，h(1)=e-1>0， 故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)=0， 即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)=0， 即+x0-2=0，则=2-x0， 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1. (3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由. 解　且当x∈(-∞，x0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(x0)=x0- == ==， 跟踪训练2　已知函数f(x)=ax-，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=-x+1. (3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由. 解　当x0∈(0，1)时，2-x0>0， -+>-+=1， 则f(x)min>0， 则函数f(x)的零点个数为0. 课时精练 答案 1 2 1. (1)将a=-1代入函数f(x)中，则f(x)=ln x-x+1，x>0， 所以f'(x)=-1=， 当0<x<1时，f'(x)>0， 所以函数f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以当a=-1时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞). 答案 1 2 1. (2)任意x∈(0，+∞)都有f(x)≤xex成立， 即ln x+ax+1≤xex恒成立， 即a≤， 令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 令h(x)=x2ex+ln x，x>0， 答案 1 2 1. 则h'(x)=ex(x2+2x)+>0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递增. 又h=-1<0，h(1)=e>0， 故存在唯一的x0∈，使得h(x0)=0， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0， 即g'(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减； 答案 1 2 1. 当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0， 即g'(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上单调递增， 且+ln x0=0， 则x0=-， 所以x0=ln·， 设t(x)=xex，x>0，则t'(x)=ex(x+1)>0， 答案 1 2 1. 所以t(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以t(x0)=t，x0∈，ln∈(0，1)， 所以x0=ln，即=， 所以g(x)的最小值为g(x0)===1， 所以a≤1，即实数a的取值范围是(-∞，1]. 答案 1 2 2. (1)因为f(x)=2xcos x-1， f'(x)=2(cos x-xsin x)， 所以f″(x)=2(-2sin x-xcos x) =-2(2sin x+xcos x)， 因为x∈，所以f″(x)<0， 所以f(x)在区间上为凸函数. 答案 1 2 2. (2)①由f(x)=asin x-x2可得其定义域为R，且f'(x)=acos x-2x， 所以f″(x)=-asin x-2， 若f(x)在上为“凸函数”可得f″(x)=-asin x-2<0在上恒成立， 当a≥0时，显然符合题意； 当a<0时，需满足-asin-2<0， 可得-2<a<0， 综上，a>-2，实数a的取值范围为(-2，+∞). 2. ②若a=2，则g(x)=2sin x-x2+1，x∈(0，π)， 所以g'(x)=2cos x-2x， 令h(x)=2cos x-2x，x∈(0，π)， 则h'(x)=-2sin x-2<0， 因此可得h(x)即(g'(x))在(0，π)上单调递减， 显然g'=2cos-2×=->0， g'=2cos-2×=-<0， 答案 1 2 2. 根据函数零点存在定理可得存在x0∈，使得g'(x0)=2cos x0-2x0=0， 当x∈(x0，π)时，g'(x)<0，即g(x)在(x0，π)上单调递减； 当x∈(0，x0)时，g'(x)>0，即g(x)在(0，x0)上单调递增； 又g(0)=2sin 0-02+1=1，显然在(0，x0)上g(x)不存在零点，且g(x0)>0， 而g(π)=2sin π-π2+1=1-π2<0， 结合单调性可得g(x)在(x0，π)上存在一个零点. 综上可知，g(x)=f(x)+1在区间(0，π)上仅有1个零点. 答案 1 2 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (1)当a=-1时，求f(x)的单调区间； 1 2 答案 解　将a=-1代入函数f(x)中，则f(x)=ln x-x+1，x>0， 所以f'(x)=-1=， 当0<x<1时，f'(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以当a=-1时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞). 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (2)对任意x∈(0，+∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　任意x∈(0，+∞)都有f(x)≤xex成立， 即ln x+ax+1≤xex恒成立， 即a≤， 令g(x)=，x>0， 则g'(x)=， 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (2)对任意x∈(0，+∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　令h(x)=x2ex+ln x，x>0， 则h'(x)=ex(x2+2x)+>0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递增. 又h=-1<0，h(1)=e>0， 故存在唯一的x0∈，使得h(x0)=0， 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (2)对任意x∈(0，+∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　当x∈(0，x0)时，h(x)<0， 即g'(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0， 即g'(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上单调递增， 且+ln x0=0， 则x0=-， 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (2)对任意x∈(0，+∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　所以x0=ln·， 设t(x)=xex，x>0，则t'(x)=ex(x+1)>0， 所以t(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以t(x0)=t，x0∈，ln∈(0，1)， 所以x0=ln，即=， 1.已知函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R). (2)对任意x∈(0，+∞)，都有f(x)≤xex成立，求实数a的取值范围. 1 2 答案 解　所以g(x)的最小值为g(x0)===1， 所以a≤1，即实数a的取值范围是(-∞，1]. 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (1)若函数f(x)=2xcos x-1，判断f(x)在区间上是否为凸函数，说明理由； 解　因为f(x)=2xcos x-1， f'(x)=2(cos x-xsin x)， 所以f″(x)=2(-2sin x-xcos x)=-2(2sin x+xcos x)， 因为x∈，所以f″(x)<0， 所以f(x)在区间上为凸函数. 1 2 答案 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (2)若函数f(x)=asin x-x2， ①若f(x)在上为“凸函数”，求实数a的取值范围； 解　由f(x)=asin x-x2可得其定义域为R，且f'(x)=acos x-2x， 所以f″(x)=-asin x-2， 若f(x)在上为“凸函数”可得f″(x)=-asin x-2<0在上恒成立， 当a≥0时，显然符合题意； 1 2 答案 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (2)若函数f(x)=asin x-x2， ①若f(x)在上为“凸函数”，求实数a的取值范围； 解　当a<0时，需满足-asin-2<0， 可得-2<a<0， 综上，a>-2，实数a的取值范围为(-2，+∞). 1 2 答案 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (2)若函数f(x)=asin x-x2， ②若a=2，判断g(x)=f(x)+1在区间(0，π)上的零点个数. 解　若a=2，则g(x)=2sin x-x2+1，x∈(0，π)， 所以g'(x)=2cos x-2x， 令h(x)=2cos x-2x，x∈(0，π)， 则h'(x)=-2sin x-2<0， 因此可得h(x)即(g'(x))在(0，π)上单调递减， 显然g'=2cos-2×=->0， 1 2 答案 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (2)若函数f(x)=asin x-x2， ②若a=2，判断g(x)=f(x)+1在区间(0，π)上的零点个数. 解　g'=2cos-2×=-<0， 根据函数零点存在定理可得存在x0∈，使得g'(x0)=2cos x0-2x0=0， 当x∈(x0，π)时，g'(x)<0， 即g(x)在(x0，π)上单调递减； 当x∈(0，x0)时，g'(x)>0， 1 2 答案 2.设函数y=f(x)在区间D上的导函数为f'(x)，且f'(x)在D上存在导函数f″(x)(其中f″(x)=[f'(x)]').定义：若区间D上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间D上为凸函数. (2)若函数f(x)=asin x-x2， ②若a=2，判断g(x)=f(x)+1在区间(0，π)上的零点个数. 解　即g(x)在(0，x0)上单调递增； 又g(0)=2sin 0-02+1=1，显然在(0，x0)上g(x)不存在零点，且g(x0)>0， 而g(π)=2sin π-π2+1=1-π2<0， 结合单调性可得g(x)在(x0，π)上存在一个零点. 综上可知，g(x)=f(x)+1在区间(0，π)上仅有1个零点. 1 2 答案 $