第3章 培优课4 隐零点问题-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用——隐零点问题”核心考点，依据高考评价体系明确隐零点在导数解答题中的高频考查地位，梳理显隐零点分类、极值最值研究、参数范围确定三大常考题型，通过例题解析构建完整解题路径。 课件亮点在于“真题情境+解题策略+素养提升”的设计，如以2026浙江杭州模拟题为例，示范“设而不求”技巧，利用导数零点存在性判断、单调性分析及等式代换化简，培养学生数学思维与逻辑推理能力。提供探究训练与题型总结，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准突破导数难点，提升复习效率。

培优课4　 隐零点问题 第三章　一元函数的导数及其应用 培优　课堂练习 内容索引 2 1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称为“隐零点”. 2.利用导数求函数的最值或单调区间时,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导函数零点存在,但无法求出,我们可以设其为x0,再利用导函数的单调性确定x0所在区间,最后根据f'(x0)=0,研究f(x0),我们把这类问题称为隐零点问题.若f(x)中含有参数a,关系式f'(x0)=0是关于x0,a的关系式,则x0的范围往往与a的取值范围有关. 类型一　利用隐零点研究极值、最值 [例1]　已知函数g(x)=ex-ln(x+m),当m≤2时,求证:g(x)>0. [证明]　∵m≤2,∴g(x)=ex-ln(x+m)>ex-ln(x+2), 令h(x)=ex-ln(x+2), 要证g(x)>0成立,只需证h(x)>0, h(x)的定义域为(-2,+∞),h'(x)=ex-. ∵y=ex,y=-在(-2,+∞)上单调递增, ∴h'(x)在(-2,+∞)上单调递增. ∵h'(0)=>0,h'(-1)=-1<0, ∴h'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,x0∈(-1,0), 当x∈(-2,x0)时,h'(x)<0,∴h(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)单调递增, ∴h(x)≥h(x0)=-ln(x0+2). ∵h'(x0)=-=0, ∴=,同时取对数得x0=-ln(x0+2), ∴h(x0)=+x0=>0, ∴h(x)>0,∴当m≤2时,g(x)>0. 跟踪训练 1.(2026·浙江杭州模拟)已知函数f(x)=a(x-1)ex-2x,当<a<时,证明:f(x)>-3. 证明:f'(x)=axex-2,设g(x)=axex-2,则g'(x)=a(1+x)ex. 因为<a<,所以当x∈(-∞,-1)时,g'(x)<0,g(x)即f'(x)单调递减; 当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)即f'(x)单调递增, 又当x→-∞时,g(x)→-2,即f'(x)→-2, g(0)=f'(0)=-2<0, 所以当x<0时,f'(x)<0. f'(1)=ae-2<×e-2=0,f'(2)=2ae2-2>2××e2-2=0, 所以存在唯一的x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,即=, 且当x∈(-∞,x0)时,f'(x0)<0,f(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x0)>0,f(x)单调递增, 所以当<a<时,函数f(x)在x=x0处取得极小值,即为最小值, 所以f(x)≥f(x0)=a(x0-1)-2x0=2-2(x0+). 因为x0∈(1,2),所以x0+∈(2,),故-3<2-2(x0+)<-2, 则f(x)>-3,得证. 类型二　利用隐零点确定参数的取值范围 [例2]　已知函数f(x)=xln x+kx-3k,当x>3时,f(x)>1恒成立,求整数k的最小值. [解]　由题意,f(x)>1,即xln x+kx-3k>1,即k(x-3)>1-xln x, 又x>3,∴k>恒成立. 令g(x)=, ∴g'(x)=, 令h(x)=3ln x-x+2,则h'(x)=<0恒成立, ∴h(x)在(3,+∞)上单调递减. ∵h(8)=3ln 8-6>0,h(9)=3ln 9-7<0, ∴∃x0∈(8,9)使h(x0)=0,即3ln x0-x0+2=0,则ln x0=, ∴当x∈(8,x0)时,g'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0, ∴g(x)max=g(x0)===-∈(-,-3). ∵k>g(x)max,且k∈Z, ∴k≥-3,即整数k的最小值为-3. 跟踪训练 2.已知函数f(x)=ln x-ax-2(a∈R),g(x)=xex-x-a(x+1). (1)求函数f(x)的单调区间; 解:因为函数f(x)=ln x-ax-2(a∈R,x>0), 所以f'(x)=-a, 当a≤0时,f'(x)=-a>0,所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增, 当a>0时,令f'(x)=-a=0,得x=, 当x∈(0,)时,f'(x)=-a>0,所以函数f(x)单调递增, 当x∈(,+∞)时,f'(x)=-a<0,所以函数f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当a>0时,函数f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减. (2)若不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 解:若不等式f(x)≤g(x)恒成立,则有f(x)-g(x)≤0, 即ln x-ax-2-xex+x+a(x+1)≤0, 化简得a≤xex-ln x-x+2, 设函数h(x)=xex-ln x-x+2,x>0, h'(x)=ex+xex--1=(x+1)(ex-), 所以存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0成立, 所以=,① 且x0=ln=-ln x0,即ln x0=-x0,② 当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以h(x)min=h(x0)=x0-ln x0-x0+2, 代入①②,可得h(x)min=x0·+x0-x0+2=3, 要使得a≤h(x)恒成立,则a≤h(x)min, 所以实数a的取值范围为(-∞,3]. 培优　课堂练习 1.已知函数f(x)=xex-x-1,证明:f(x)≥ln x. 证明:令g(x)=xex-ln x-x-1(x>0),则g'(x)=(x+1)(ex-), 令h(x)=ex-,易得h(x)在(0,+∞)上单调递增. 因为h()=-2<0,h(1)=e-1>0, 所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点x0∈(,1),使得h(x0)=0,即=,得x0=-ln x0, 当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,则g(x)在(0,x0)上单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在(x0,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0-1=x0·+x0-x0-1=0, 所以g(x)≥0,即f(x)≥ln x. 2.已知函数f(x)=(x+a)ln x-2(x-1). (1)若a=1,求f(x)的单调区间; 解:当a=1时,f(x)=(x+1)ln x-2(x-1),定义域为(0,+∞), f'(x)=ln x+-1, 令g(x)=f'(x)=ln x+-1,x>0, 则g'(x)=-=, 令g'(x)=0,则x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(1)=0, 即f'(x)≥0, 故f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. (2)当x>1时,f(x)>0,求a的取值范围. 解:由f(x)=(x+a)ln x-2(x-1),x>0, 则f'(x)=ln x+-1.因为f(1)=0, 所以要使当x>1时,f(x)>0,则必须满足f'(1)=a-1≥0,即a≥1. 下面证明:a≥1. 当a≥1时,f(x)=(x+a)ln x-2(x-1)≥ (x+1)ln x-2(x-1), 令h(x)=(x+1)ln x-2(x-1),x>1, 由(1)知,h(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(1)=0,即当x>1时,f(x)≥h(x)>h(1)=0. 当a<1时,令c(x)=f'(x)=ln x+-1,x>1, 则c'(x)=-=>0,故f'(x)在(1,+∞)上单调递增, (ⅰ)当0≤a<1时,f'(1)=a-1<0,f'(e2)=1+>0, 所以存在x0∈(1,e2),使得f'(x0)=0, 又f'(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以当x∈(1,x0)时f'(x)<0, 即f(x)在(1,x0)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0,f(x)>0不恒成立; (ⅱ)当a<0时,f(2)=(2+a)ln 2-2<2ln 2-2=ln 4-2=ln<ln 1=0, 所以当a<1时,f(x)>0不恒成立. 综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞). $