主题2 第3章 热点强化课3 隐零点与极值点偏移问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用中的隐零点与极值点偏移核心考点，依据高考评价体系分析两类问题占导数综合题60%的权重，系统归纳隐零点存在性判定、极值点偏移对称化构造等常考题型，构建完整解题框架。 课件亮点在于高考真题引领与方法体系化，如以2022全国甲卷真题为例，详解隐零点“零点定理+整体代换”及极值点偏移“对称化构造”等突破方法，培养学生数学思维与符号表达能力，助力学生掌握得分技巧，为教师提供精准复习教学方案。

主题二 函 数（选择性必修第二册） 第三章　导数及其应用 热点强化课3　隐零点与极值点偏移问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时冲关 01 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 隐零点问题 如果f′(x)是超越形式，f′(x)的零点是存在但无法求出，这时可采用虚设零点法．逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果． [例1]　已知函数f(x)＝(2aex－x)ex. (1)若a＝0，求f(x)的单调区间； (2)若对于任意的x∈R，f(x)＋eq \f(1,a)≤0恒成立，求a的最小值． [解]　(1)因a＝0，所以f(x)＝－xex，f′(x)＝－(x＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0. 故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，单调递减区间是(－1，＋∞)． (2)f′(x)＝4ae2x－(x＋1)ex＝－ex(x＋1－4aex)．因为∀x∈R，f(x)＋eq \f(1,a)≤0， 又f(0)＝2a，所以2a＋eq \f(1,a)≤0，则a＜0.令g(x)＝x＋1－4aex，则g(x)在R上单调递增．因为当x＜0时，g(x)＜x＋1－4a，所以g(4a－1)＜4a－1＋1－4a＝0.因为g(－1)＝－4ae－1＞0，所以∃x0∈(4a－1，－1)，使得g(x0)＝0且当x∈(－∞，x0)时，g(x)＜0，则f′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，则f′(x)＜0， 所以f(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．故f(x)max＝f(x0)＝.由g(x0)＝x0＋1－＝0，得. 由f(x)max＋eq \f(1,a)≤0，得≥，即eq \f(x0－1,2)≥eq \f(4,x0＋1). 结合x0＋1＜0，得xeq \o\al(2,0)－1≤8，所以－3≤x0≤－1.令h(x)＝eq \f(x＋1,4ex)(－3≤x≤1)．则h′(x)＝eq \f(－x,4ex)＞0，所以h(x)在[－3，－1)上单调递增，所以h(x)≥h(－3)＝eq \f(－e3,2)，即a≥－eq \f(e3,2).故a的最小值为－eq \f(e3,2). (1)函数不等式恒成立问题，要注意应用必要条件探路，这样可以缩小参数的范围，减少分类讨论情况，甚至无需分类讨论； (2)含参函数的最值经常涉及到隐零点，要注意隐零点范围的确定，如(2)由f(x)max＋eq \f(1,a)≤0确定出隐零点x0的范围，是解题的关键． [例2]　已知函数f(x)＝ln x＋2，g(x)＝eq \f(1,a)e2x－lneq \f(2,a)(a＞0)． (1)设函数h(x)＝f(x＋1)－x－2，求h(x)的最大值； (2)证明：f(x)≤g(x)． 解：(1)因为h(x)＝ln(x＋1)－x(x＞－1)， 所以h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝－eq \f(x,x＋1)(x＞－1)． 当x∈(－1,0)时，h′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＜0. 所以h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，从而h(x)max＝h(0)＝0. (2)证明：原不等式等价于φ(x)＝e2x－aln x－2a－alneq \f(2,a)≥0， 则φ′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)＝eq \f(2xe2x－a,x)， 令m(x)＝2e2x－eq \f(a,x)，则m′(x)＝4e2x＋eq \f(a,x2)＞0， 所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 令t(x)＝2xe2x－a，则t(0)＝－a＜0， t(a)＝2ae2a－a＝a(2e2a－1)＞0， 所以存在唯一x0∈(0，a)使得t(x0)＝－a＝0，即φ′(x0)＝－eq \f(a,x0)＝0， 当0＜x＜x0时，φ′(x)＜0；当x＞x0时，φ′(x)＞0， 此时φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 要证φ(x)≥0，即要证φ(x0)≥0. 于是原问题转化为证明不等式组 由，得， 代入φ(x0)＝－aln x0－2a－alneq \f(2,a). 对＝eq \f(a,2x0)两边取对数得ln x0＝ln eq \f(a,2)－2x0， 代入φ(x0)＝eq \f(a,2x0)－aln x0－2a－alneq \f(2,a)， 得φ(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0－2a. 因为φ(x0)＝eq \f(a,2x0)＋2ax0－2a≥2eq \r(\f(a,2x0)·2ax0)－2a＝0，当且仅当x0＝eq \f(1,2)，a＝e时，等号成立， 所以f(x)≤g(x)． 零点问题解题步骤 (1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围． (2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达． (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的雾点范围还可以适当缩小． 　极值点偏移问题 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图象没有对称性．若函数f(x)在x＝x0处取得极值，且函数y＝f(x)与直线y＝b交于A(x1，b)，B(x2，b)两点，则AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，b))，而往往x0≠eq \f(x1＋x2,2).如图所示． 图1 极值点不偏移　　　图2　极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)的解分别为x1、x2，且a＜x1＜x2＜b，(1)若eq \f(x1＋x2,2)≠x0，则称函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0偏移；(2)若eq \f(x1＋x2,2)＞x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；(3)若eq \f(x1＋x2,2)＜x0，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏． ►[命题点1]　对称化构造法　 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题． [例3]　(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. [解]　(1)f(x)定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))ex－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(1,x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq \f(x－1,x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)＋1))， 令f′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，f(x)≥f(1)＝e＋1－a， 若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1， 所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设x1＜1＜x2，要证x1x2＜1，即证x1＜eq \f(1,x2)， 因为x1，eq \f(1,x2)∈(0,1)，即证f(x1)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))， 因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))， 即证eq \f(ex,x)－ln x＋x－－ln x－eq \f(1,x)＞0，x∈(1，＋∞) 即证eq \f(ex,x)－－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln x－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))＞0， 下面证明x＞1时，eq \f(ex,x)－＞0， ln x－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＜0， 设g(x)＝eq \f(ex,x)－，x＞1， 则 设φ(x)＝eq \f(ex,x)(x＞0)， φ′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))ex＝eq \f(x－1,x2)ex＞0， 所以φ(x)＞φ(1)＝e，而＜e，所以eq \f(ex,x)－＞0，所以g′(x)＞0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，即g(x)＞g(1)＝0，所以eq \f(ex,x)－＞0， 令h(x)＝ln x－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x＞1， h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＝eq \f(2x－x2－1,2x2)＝eq \f(－x－12,2x2)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))＜0； 综上，eq \f(ex,x)－－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln x－\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))＞0 ， 所以x1x2＜1. 对称化构造法解题要点如下： (1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数，即对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)． (3)对结论x1·x2＞xeq \o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性． (5)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求． ►[命题点2]　差值代换法(韦达定理代换令x1x2＝t，x1±x2＝t.)　 [例4]　已知函数f(x)＝aln(x＋2)－x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性和最值； (2)若关于x的方程ex＝eq \f(2,m)－eq \f(1,m)lneq \f(m,x＋2)(m＞0)有两个不等的实数根x1，x2，求证：＞eq \f(2,m). [解]　(1)f′(x)＝eq \f(a,x＋2)－1＝eq \f(a－2－x,x＋2)，其中x＞－2若a≤0，则f′(x)＜0在(－2，＋∞)上恒成立，故f(x)在(－2，＋∞)上为减函数，故f(x)无最值．若a＞0，当x∈(－2，a－2)时，f′(x)＞0；当x∈(a－2，＋∞)时，f′(x)＜0；故f(x)在(－2，a－2)上为增函数，在(a－2，＋∞)上为减函数，故f(x)max＝f(a－2)＝aln a－a＋2，f(x)无最小值． (2)证明：方程ex＝eq \f(2,m)－eq \f(1,m)lneq \f(m,x＋2)(m＞0)，即为mex＋x＋ln m＝x＋2＋ln (x＋2)，故ex＋ln m＋ln ex＋ln m＝x＋2＋ln(x＋2)，因为y＝x＋ln x为(0，＋∞)上的增函数，所以x＋2＝ex＋ln m＝mex，所以关于x的方程ex＝eq \f(2,m)－eq \f(1,m)lneq \f(m,x＋2)(m＞0)有两个不等的实数根x1，x2，即x＋2＝mex有两个不同的实数根x1，x2.，所以x1＋2＝，x2＋2＝所以x1－x2＝ ，不妨设x1＞x2，t＝x1－x2，故，要证＞eq \f(2,m)，即证，即证，即证(et＋1)eq \f(t,et－1)＞2(t＞0)，即证(et＋1)t＞2et－2(t＞0)，设s(t)＝(et＋1)t－2et＋2，则s′(t)＝et＋1＋tet－2et＝(t－1)et＋1，故s″(t)＝tet＞0，所以s′(t)在(0，＋∞)上为增函数，故s′(t)＞s′(0)＝0，所以s(t)在(0，＋∞)上为增函数，所以s(t)＞s(0)＝0，故＞eq \f(2,m)成立． 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝x1－x2，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． ►[命题点3]　比值代换法(函数的两个极值点为x1，x2，令t＝eq \f(x1,x2))　 [例5]　已知函数f(x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R. (1)若g(x)＝f′(x)，(f′(x)为f(x)的导函数)， 求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2＞e2. [解]　(1)因为g(x)＝ln x－mx，g′(x)＝eq \f(1－mx,x)， ①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)＞0， 所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me； ②当eq \f(1,m)≥e，即0＜m≤eq \f(1,e)时，x∈[1，e]，g′(x)＞0， 所以函数g(x)在[1，e]上单调递增， 则g(x)max＝g(e)＝1－me； ③当1＜eq \f(1,m)＜e，即eq \f(1,e)＜m＜1时，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，e))上单调递减， 则g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－ln m－1； ④当0＜eq \f(1,m)≤1，即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函数g(x)在[1，e]上单调递减， 则g(x)max＝g(1)＝－m. 综上，当m≤eq \f(1,e)时，g(x)max＝g(e)＝1－me； 当eq \f(1,e)＜m＜1时，g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－ln m－1； 当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m. (2)证明：要证x1x2＞e2，只需证：ln x1＋ln x2＞2， 若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx， 所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))解得m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)， 另一方面，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，)) 得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)， 从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)， 于是ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1). 不妨设0＜x1＜x2，设t＝eq \f(x2,x1)，则t＞1. 因此ln x1＋ln x2＝eq \f(1＋tln t,t－1)，t＞1. 要证ln x1＋ln x2＞2，即证eq \f(t＋1ln t,t－1)＞2，t＞1， 即当t＞1时，有ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)， 设函数h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t≥1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)≥0， 所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0， 因此，h(t)≥h(1)＝0. 于是，当t＞1时，有ln t＞eq \f(2t－1,t＋1). 所以ln x1＋ln x2＞2成立，x1x2＞e2. 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝eq \f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解． $