第3章 3.8 函数中的隐零点问题(提升课)（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（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其作为导数应用难点的考查要求，梳理不含参数与含参数两类核心题型，通过例1判断零点个数、例2参数范围求解等真题实例，分析高频考点分布，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“隐零点处理四步法”的实战策略，如例2中通过设零点x₀、利用eˣ⁰=1/x₀实施代换，培养学生数学思维中的推理能力与数学语言表达的模型观念。配套对点训练与规律方法总结，帮助学生掌握“设而不求”技巧，教师可据此精准指导学生突破导数综合题，提升高考得分率。

3.8　函数中的隐零点问题(提升课) 第三章　一元函数的导数及其应用 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． 考点一　不含参数的隐零点　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝sin x－，判断f(x)在(0，π)上零点的个数，并说明理由． [解析]　f(x)在(0，π)上有且只有一个零点，理由如下： 由f(x)＝sin x－＝0， 得ex·sin x－x＋1＝0. 令g(x)＝ex·sin x－x＋1，0<x<π， 则g′(x)＝(sin x＋cos x)ex－1. ①当x∈时，sin x＋cos x≥1，ex>1， 所以g′(x)>0，所以g(x)在上单调递增． 又因为g(0)＝1>0， 所以g(x)在上无零点． ②当x∈时， 令h(x)＝(sin x＋cos x)ex－1， 则h′(x)＝2ex·cos x<0， 所以h(x)在上单调递减． 又因为h＝e－1>0，h(π)＝－eπ－1<0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 所以g(x)在上单调递增， 在(x0，π)上单调递减． 因为g(x0)>g＝e－＋1>0，g(π)＝－π＋1<0， 所以g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点． 综上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一个零点． 隐零点的处理思路 第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次． 1．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1. (1)求f(x)的极值； (2)证明：ln x＋x＋1≤xex. 解析　(1)由题意得f(x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f′(x)<0，得x>， 令f′(x)>0，得0<x<，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，故为函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极大值为f＝－ln a，无极小值． (2)证明　 方法一　设g(x)＝xex－ln x－x－1(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex－－1， 令h(x)＝(x＋1)ex－－1(x>0)， 则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0(x>0)， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h＝e－3<0，h(e)＝(e＋1)ee－－1>0， 故∃x0∈，使得h(x0)＝0，即x0＝1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 即g(x)≥0，则ln x＋x＋1≤xex. 方法二　令t＝x＋ln x，t∈R，则xex＝ex＋ln x＝et，则原不等式可变为t＋1≤et，t∈R.令g(t)＝et－t－1，t∈R，则g′(t)＝et－1.令g′(t)＝0，解得t＝0，当t<0时，g′(t)<0，g(t)单调递减；当t>0时，g′(t)>0，g(t)单调递增．所以g(t)min＝g(0)＝0，所以g(t)＝et－t－1≥0，则原不等式得证． 考点二　含参数的隐零点　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝a ln x－x2＋(a－2)x，g(x)＝(x－2)ex－x2－4x＋m，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝－1时，对∀x∈(0，1)，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值． [解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－2x＋a－2＝， ①当a≤0时，f′(x)<0，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，当x∈时，f′(x)>0， 此时函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，此时函数f(x)在上单调递减． 综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝－1，x∈(0，1)时，f(x)>g(x)恒成立， 等价于m<(－x＋2)ex－ln x＋x恒成立． 设h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0，1)， 则h′(x)＝(1－x)，当0<x<1时，有1－x>0， 令u(x)＝ex－，则函数u(x)在(0，1)上单调递增，且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，则存在唯一的x0∈，使得u(x0)＝0，即＝， 当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；当x∈(x0，1)时，u(x)>0，h′(x)>0， 所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2) －ln x0＋x0＝(－x0＋2)＋2x0＝－1＋＋2x0. 设y＝－1＋＋2x，则当x∈(0，1)时，y′＝－＋2<0，函数y＝－1＋＋2x在(0，1)上单调递减，又因为x0∈，所以h(x0)∈(3，4). 所以正整数m的最大值是3. “隐零点”问题的解决步骤 (1)求导判定是不是隐零点问题； (2)设x＝x0，使得f′(x0)＝0成立； (3)得到f(x)的单调性，将x0代入f(x)，得到f(x0)； (4)再将x0的等式代换，再求解(注意x0的取值范围). 2．(2025·嘉兴测试节选)已知函数f(x)＝2x－a ln x(a∈R)，g(x)＝－x2－x.若存在x∈(1，＋∞)，使得函数f(x)≤g(x)成立，证明：a>5e.(参考数据：7.3<e2<7.4，20<e3<20.1) 解析　由f(x)≤g(x)得2x－a ln x≤－x2－x， 所以a ln x≥x2＋3x， 易知存在x∈(1＋∞)，使a≥， 所以a≥(x>1). 记函数r(x)＝(x>1)， 则r′(x)＝， 记p(x)＝(2x＋3)ln x－(x＋3)，则当x>1时， p′(x)＝2ln x＋－1＝2ln x＋＋1>0， 所以函数p(x)＝(2x＋3)ln x－(x＋3)在(1，＋∞)上单调递增． 因为27＝128，e5＝e2e3>7.3×20＝146， 所以p(2)＝7ln 2－5＝ln 27－ln e5<0， 又p(e)＝(2e＋3)－(e＋3)＝e>0， 所以存在x0∈(2，e)，使得p(x0)＝0， 即(2x0＋3)ln x0－(x0＋3)＝0， 则ln x0＝，所以当x∈(1，x0)时，r′(x)<0，r(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，r′(x)>0，r(x)单调递增． 所以r(x)min＝r(x0)＝＝ ＝x0(2x0＋3)>14>5e， 所以a≥r(x)min>5e，证毕． $