高考数学理科二轮专题 函数的隐零点问题ppt课件

（2）若方程f ( x) 0有三个互不相同的根0, , ,，其中 .若对任意 x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，求实数t的取值范围.
分析.(1)当t 2，f ( x) x3 3x2 , f '( x) 3x2 6x,易于求单调区间；
（2）f ( x) x( x2 3x 2 t)，其中 , 为方程x2 3x 2 t 0 两个不等的实根.对任意x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，
3
2
法1.直接求解x , 代入，降次，消元x 3x (2 t)x S2：以零点为分界点，说明导函数的正负1，原来函数的增减性，进而得到函数的极值；
1
1
1
(综xt 上1：11)， t的即取(2t值1范t)x围11是(13141,26)t( 2,11(]t. 1) t 1 24 3 121的刚22（观5222当注SS注SS（S导-注注用31223..、502...难能学很区刚史点环函：：2函：：导：：：：：、.、古通）点源法多 别 的 料 三 境 数 （ （ 数 （ （ 数将先以以将我没之过进：部：时和活实：永的11零11解零求零零零宁有立分））行））明分活候发动证偏远零点决点导点点点可斗大析 确 确 代 确 确王：动，生中）颇不点虽函方，为为方做争事阿定定数定定朝知探人条，。会不然数程用分分程人就者拉隐隐式隐隐1政道究并件大全十易隐综适零界界适类没，伯性性的性性治天法不，家球全求形合当点点点当中有不国零零替零零制然、是懂看化十出，问变存，，变有功惟家点点换点点度气自因得见是美时但题形在说说形梦绩有产，，过，，变、主为燃水一，，只，，性明明，想，超生可可程可可3化石学失料中把消注要是整定导导整和没世、以以中以以的油习败的的双极意抓高体理函函体有有之伊由由，由由认、法而合筷刃的分住考代判数数代完功才斯零零尽零零识煤烦理子剑人析特的入定的的入成绩，兰点点可点点等恼安，受其征重“最导正正最梦就亦弯教的的能的的化全发环导（点;值函负负值想没而必折创存存将存存石使展境数零考式数，，式的有是有”立在在复在在燃了用中控的点察子零原原子愿奖因坚的性性杂性性料，、国制单方内；点来来；望赏为忍历定定目定定，硬灭家，调程容的函函的，失不史理理标理理认币1火面积性），存数数、而败拔背确确式确确识“和临极，，最在的的最没后升之景定定变定定燃防的的结判终性增增渺有找高志、，，形，，料爆既人合断都，减减小行不”。日也也为也也了完的有却零其会由性性的动到本可可常可可，全基机控点范归，，人就任大以以见以以这燃础遇制存围结进进，没何化由由的由由是烧知也环在（于而而而有借改函函整函函为的识有境定用函得得不生口新数数式数数什重。挑。理零数到到愿活而的的的或的的么要战，点的函函做。烦过图图分图图了性确存单数数并一—恼程象象式象象？;定在调的的结个—能。，特特，特特零性性极极合最别从初征征需征征点定的值值的伟林保步得得要得得的理判；；单大斯护学到到尽到到范）断调的基环习，，可，，围，，性、境运及及能及及最而得无的用题题将题题后函到梦角必 设 设 指 设 设整 数零想度要条条、条条体的点、选性件件对件件代单的无择与得得数得得入调大愿燃可到到函到到，性致望料能等等数等等化又范的，性等等式等等归与围人知的；；用；；为导；。道哲有常函—利学理见数—用范式函的纪氢畴替数零伯气，换形点伦、解，式有酒释这着.精、是密等分解切清析题的洁历能联燃史否系料事继，的件续可可和深以能历入说性史的导;认现关函识象键数缓的；的慢方零氧法点化。的、（求燃历解烧史或、解估爆释算炸）

变式2：已知函数 =

,

= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;

(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;

+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +

(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4

2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓

【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，

令f'(x)=0,解得x=-2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2

所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .

(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),

此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
1

函数 f (x) 的图象与 g(x) 的图象有且只有三个不同的交点，
等价于函数 h(x) 的图象与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点.
h(x) 2x 8 6 2(x 1)(x 3) ，由 h(x) 0 得 x 1或 x 3.
x
x
当 x 变化时， h(x) ， h(x) 的变化情况如下表：
(2)若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求 t 的取值
范围.
解 (1)由 f(x)＝2x3－3x 得 f′(x)＝6x2－3.
令
f′(x)＝0，得
x＝－
22或
x＝
2 2.
因为 f(－2)＝－10，f
－
22＝
2，f
22＝－
2，f(1)＝－1，
所以 f(x)在区间[－2，1]上的最大值为 f
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
x
(0， k)
k
f′(x)
－
0
k（1－ln k）
f(x)
2
( k，＋∞) ＋
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k).单调递增区间是( k，＋∞)，
f(x)在 x＝
k处取得极小值 f(
k)＝k（1－2ln
k） .
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝
k（1－ln k）
2
.
因为 f(x)存在零点，所以k（1－2ln k）≤0，从而 k≥e， 当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)＝0， 所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e]上的唯一零点. 当 k>e 时，f(x)在区间(0， e)上单调递减，且 f(1)＝12>0，f( e)＝e－2 k <0， 所以 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.

即 m ≤－ x e x －ln x ＋2e x ＋ x ，
故 m ≤ −e − ln + 2e ＋
min ，
记h
＝－ x e x －ln
∴h' ＝ 1 −
由于 x ∈
1
，1
2
e
1
x
x ＋2e ＋ x ， x ∈ ，1
2

1
−

，
，
1
1
x
，所以1－ x ≥0，有 y ＝e ， y ＝－ 均为 x ∈ ，1
1， a ＞1，φ' ＝－e a －1＋1＜0，
所以φ 在 1，＋∞ 上单调递减，φ 2 ＝3－e＞0，φ 3 ＝4－e2＜
0，故整数 a 的最大值为2.
考点二
例2
利用“隐零点”确定参数取值范围
已知函数 f
数的底数.
e
＝x＋ ，g

＝ sin x ，其中 a 为实数，e是自然对
(1)当 a ＝－1时，证明：∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 ；
π
sin x 2≥－1，当且仅当 x 2＝2 k π－ ， k
2
∈Z时，等号成立，
所以对∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 .
(2)若 h ＝ f － g 在 0，π 上有唯一的极值点，求实数 a 的取值
范围.
[解] 因为 h
则h'
e
＝x＋ －

e
＝1＋ －
0
1
1
，对勾函数 y ＝ x 0＋ 在 x 0∈ ，1
0
2
5
2，
2
，所以 h
∴ m 能取到的最大正整数为3.

故 g(x2)>0,即 f(x2)>f(2-x2).所以原命题得证.
规律方法要证明x1+x2>2m或x1+x2<2m,如果m是函数f(x)的极值点,构造函
数g(x)=f(x)-f(2m-x),由f(x)及g(x)的单调性最后证出要证的结论.
对点训练3
(2023 江西上饶二模)已知函数
+3
f(x)=a(x+1)- e ,x∈R.
由 g'(x2)=322 -6x2+1-k=0,得 1-k=-322 +6x2,
g(x2)=23 -322 +(1-k)x2+4=23 -322 +(-322 +6x2)x2+4=-223 +322 +4,
令x2=t,g(x2)=h(t)=-2t3+3t2+4(1<t<2),h'(t)=-6t2+6t=-6t(t-1)<0,
横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得-
2
=-2,所以a=1.

(2)证明 (方法一)设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,
e
及 f(x)max=f(1),则必有 0<x1<1<x2,要证
x1+x2>2,即证 x1>2-x2,

（2 a ））＝2 a [ln（2 a ）－1]－ a [ln（2 a ）]2＋ b ＞2 a [ln（2 a ）－1]－
a [ln（2 a ）]2＋2 a ＝2 a ln（2 a ）－ a [ln（2 a ）]2＝ a ln（2 a ）[2－ln
（2 a ）].因为1＜2 a ≤e2，所以 a ln（2 a ）[2－ln（2 a ）]≥0.结合函数 f
（ x ）单调递减；若 x ∈（0，＋∞），则f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）单

调递增.当0＜ a ＜ 时，若 x ∈（－∞，ln（2 a ）），则f'（ x ）＞0，函

数 f （ x ）单调递增；若 x ∈（ln（2 a ），0），则f'（ x ）＜0，函数 f
（ x ）单调递减；若 x ∈（0，＋∞），则f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）单
－ ab 2－ b ＜0，由（1），得函数 f （ x ）在区间（－∞，0）上单调递
增，所以函数 f （ x ）在区间（－∞，0）上有且仅有一个零点.由
（1），得函数 f （ x ）在区间（0，ln（2 a ））上单调递减，在区间
（ln（2 a ），＋∞）上单调递增，所以函数 f （ x ）的极小值为 f （ln
（1） 求 a 的值；
解：（1） 因为 f （ x ）＝e x － ax 2，所以f'（ x ）＝e x －2 ax .因为 x ＝2
是函数 f （ x ）的极值点，所以f' （2）＝0，即e2－4 a ＝0，解得 a ＝



x
.检验：当 a ＝ 时，f'（ x ）＝e － x .当 x ∈（1，2）时，f'（ x ）

3
即满足���ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ�� '(������ 0 )
e������ 0
=
23(t-1)2
的
x0
的个数为
2.
-7-
考向一 考向二 考向三
解题策略二 分类讨论法
例2已知函数f(x)=x3+ax+
1 4
,g(x)=-ln
x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数
存在性定理进行判断.
(2)证明
f(x)≥2a+aln2⇔证明
������
f(x)min≥2a+aln���2��� .
-3考向一 考向二 考向三
(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2 ������
−
������ ������
(x>0).
当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,
有一个零点.
考向一 考向二 考向三
-14-
综上所述,当 0≤a≤1 或 a=-12时,f(x)有一个零点; 当 a<-12时,f(x)无零点;当-12<a<0 时,f(x)有两个零点.
考向一 考向二 考向三
-15-
已知零点个数求参数范围
解题策略一 最小值法
例 3 已知函数 f(x)=x2-���2���ln x 在点
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
故h(x)在(1,+∞)无零点. 当 x=1 时,若 a≥-54,则 f(1)=a+54≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故

(2)证明 f(x)≥2a+aln ⇔证明 f(x)max≥2a+aln .
������ 2 2
������ 时 ,f'(x)>0,f'(x)没有零点 ,当 a>0 时 ,因为e 单调递增,- 单调递增 ,所 ������ ������ 1 以 f'(x)在 (0,+∞)单调递增 .又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时 ,f'(b)<0, 4 4
2 ������
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e���
������
a≤0
故当 a>0 时 ,f'(x)存在唯一零点.
-3-
(2)证明 由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0. 故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
(ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在 0, ������ 3
������ 3
单调递减,在
- ,1 单调递增,故
3
������
在(0,1)中,当 x= - 时,f(x)取得最小值,最小值为 f
1 4
-
������ 3
=
2������ 3
- +
3
������
.
①若 f ②若 f
4 5 4 5
5 4
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.

练一练
2、如果二次函数y=x2+2x+(m+3)有两个不同的零点，则m的取值范围是（ ） A m> – 2 B m< – 2 C m>2 D m<2 3、函数f(x)=x3-16x的零点为( ) A (0,0),(4,0) B 0,4 C (– 4 ,0), (0,0),(4,0) D – 4 ,0,4
2
x
y
0
3
2
1
1
2
5
4
3
函数的图象 与x轴的交点
方程ax2 +bx+c=0 (a≠0)的根
函数y= ax2 +bx +c(a>0)的图象
判别式△ = b2－4ac
△＞0
△=0
△＜0
函数的图象 与 x 轴的交点
有两个相等的 实数根x1 = x2
没有实数根
x
y

x2
0
x
y
0
x1
x
y
0
(x1,0) , (x2,0)
2 函数y=f(x)的图象如图所示:
f(a) · f(b) （＜或＞）0． 在区间 （a,b）内 （有或无）零点
f(c) · f(d) （＜或＞）0． 在区间 （c,d） 内 （有或无）零点
f(b) · f(c) （＜或＞）0． 在区间 （b,c） 内 （有或无）零点
4
10
8
6
12
14
8
7
6
4
3
2
1
9
o
y
x
C
1、对于定义在R上的函数y=f(x),若f(a)×f(b)<0 (a,b∈R,且a<b),则函数y=f(x)在(a,b)内（ ） A 只有一个零点 B 至少有一个零点 C 无零点 D 无法确定有无零点

∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0， ∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 此时ln x0＝x0－2， 则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(x0)＝x0lxn0－x0＋1 1＝x0xx0－0－11＝x0，
第三章 一元函数的导数及其应用
§3.8 隐零点与极值点偏移 问题[培优课]
隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合 题目条件最终解决问题；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，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压 轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大.
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令 t＝xx21>1，则 x2＝tx1，代入上式得 ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1， 得 x1＝tl－n t1，x2＝tt－ln 1t ， 所以 x1＋x2＝t＋t－11ln t>2⇔ln t－2tt＋－11>0，
又因为 φ(x0)＝0，即 ex0＋1＝x10，
所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0， 从而h(x)≥h(x0)＝0，题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性 ，列出零点方程 f′(x0)＝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 表达式. (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 的零点范围还可以适当缩小.