微专题四　 隐零点与极值点偏移问题（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

四　 隐零点与极值点偏移问题
1．在利用导数研究函数问题的过程中，会利用隐零点解决相关问题．
2．会利用常见的方法（对称化构造函数法与比（差）值换元法）解决极值点偏移问题．
考点1 隐零点问题
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理．
【例1】　（2024·河北承德模拟节选）已知函数f(x)＝，g(x)＝sin x＋cos x．当x∈(0，π)时，f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．
【解】　因为当x∈(0，π)时，f(x)≤g(x)恒成立，即当x∈(0，π)时，≤sin x＋cos x恒成立，所以ex(sin x＋cos x)－ax≥0在(0，π)上恒成立，
当x＝时，－a≥0，解得a≤0.
设h(x)＝ex(sin x＋cos x)－ax，x∈(0，π)，
则h′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)－a＝2ex cos x－a，
令m(x)＝h′(x)＝2ex cos x－a，则m′(x)＝2ex(cos x－sin x)＝2ex cos ，
当x∈时，m′(x)>0，则h′(x)单调递增，当x∈时，m′(x)<0，则h′(x)单调递减．
因为a≤0，所以h′(0)＝2－a>0，h′＝e－a>0，h′(π)＝－2eπ－a，
当－2eπ－a≥0，即a≤－2eπ时h′(x)≥0在(0，π)上恒成立，
所以h(x)在(0，π)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝1>0，所以h(x)≥0恒成立，
当－2eπ0，h(x)单调递增，
当x∈(x0，π)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以则
解得－2eπ综上，可得a≤－，即a的取值范围为.
隐零点问题常用策略
(1)依据函数式的结构特征和函数单调性，大胆“试根”，再由单调性说明“此根”的唯一性．
(2)先“虚设零点，设而不求”，通过形式化的“变量代换”或推理，达到化简并求解的目的．
(3)“多次求导”，合理变形，直至能够求解．
【对点训练1】　（2024·山东德州三模）设函数f(x)＝bex＋a cos x，a，b∈R，曲线y＝f(x)在点(0，f（0)）处的切线方程为y＝x＋2.
(1)求a，b的值；
(2)求证：方程f(x)＝2仅有一个实数根；
(3)对任意x∈(0，＋∞)，有f(x)>k sin x＋2，求正数k的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝bex＋a cos x，所以f(0)＝be0＋a cos 0＝b＋a.
又点(0，f（0)）在切线y＝x＋2上，所以f(0)＝2，所以a＋b＝2.
又f′(x)＝bex－a sin x，即f′(0)＝b＝1，所以a＝b＝1.
(2)证明：欲证方程f(x)＝2仅有一个实数根，只需证明ex＋cos x－2＝0仅有一个实数根．
令g(x)＝ex＋cos x－2，则g(0)＝e0＋cos 0－2＝0，故x＝0是g(x)的一个零点，g′(x)＝ex－sin x，
令h(x)＝g′(x)＝ex－sin x，则h′(x)＝ex－cos x.
当x>0时，h′(x)＝ex－cos x>e0－cos x＝1－cos x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝1，即g′(x)＝ex－sin x>1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即此时g(x)无零点；
当x<0时，g(x)＝ex＋cos x－2即g(x)＝ex＋cos x－2<0，
所以当x<0时，g(x)无零点．
综上，g(x)＝ex＋cos x－2仅有一个零点，得证.
(3)当x∈(0，＋∞)时，ex＋cos x>k sin x＋2，即ex＋cos x－k sin x－2>0恒成立．
令F(x)＝ex＋cos x－k sin x－2，则F′(x)＝ex－sin x－k cos x，
由(2)可知，x∈(0，＋∞)时，ex－sin x>1，
所以F′(x)＝ex－sin x－k cos x>1－k cos x.
当0即1－k≤1－k cos x≤1＋k，所以F′(x)>1－k cos x≥1－k≥0，
所以F(x)＝ex＋cos x－k sin x－2在x∈(0，＋∞)时单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0恒成立，即满足条件ex＋cos x－k sin x－2>0；
当k>1时，由F′(x)＝ex－sin x－k cos x，可知F′(0)＝1－k<0，
又F′(π)＝eπ＋k>0，所以存在x0∈(0，π)，使得F′(x0)＝0，
所以当x∈(0，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(x0)0恒成立．
综上，正数k的取值范围是（0，1].
考点2 极值点偏移问题
1．极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图1.
（无偏移，左右对称，如二次函数）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
2．极值点偏移
若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图2、图3.
（左陡右缓，极值点向左偏移）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0；
（左缓右陡，极值点向右偏移）若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
【例2】　已知函数f(x)＝ln x－＋1（a∈R，且a≠0）.
(1)若函数f(x)的最小值为2，求a的值；
(2)在(1)的条件下，若关于x的方程f(x)＝m有两个不同的实数根x1，x2，且x12.
【解】　(1)因为f(x)＝ln x－＋1，x>0，
所以f′(x)＝＋＝，x>0.
当a>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)不存在最小值，
所以a>0不合题意，故a<0.
当a<0时，令f′(x)＝＝0，得x＝－a.
当x∈(0，－a)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，－a)上单调递减；
当x∈(－a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－a，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(－a)＝ln (－a)－＋1＝2，解得a＝－1.
所以a的值为－1.
(2)证明：证法一　由(1)知，f(x)＝ln x＋＋1，x>0.
因为x1，x2为方程f(x)＝m的两个不同的实数根，所以ln x1＋＋1＝m①；
ln x2＋＋1＝m②.
①－②，得ln x1－ln x2＋＝0，
即ln ＝－＝，
所以x1x2＝.
令t＝(0所以x2＝＝，从而得x1＋x2＝.
令h(t)＝t－－2ln t(00，所以函数h(t)在(0，1)上单调递增，即 t∈(0，1)，h(t)又ln t<0，所以 t∈(0，1)，>2恒成立，即x1＋x2>2，得证．
证法二　由(1)知，f(x)＝ln x＋＋1，x>0.因为x1，x2为方程f(x)＝m的两个不同的实数根，所以ln x＋＋1＝m，即方程ln x＋＝m－1有两个不同的实数根x1，x2.
令G(x)＝ln x＋，x>0，
则G′(x)＝－，x>0.
令G′(x)＝－＝0，得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0G(x)－G(2－x)＝ln x＋－ln (2－x)－，
令φ(x)＝ln x＋－ln (2－x)－，x∈(0，1)，则φ′(x)＝－－－＝－＝<0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递减，所以φ(x)>φ(1)＝0，即G(x)－G(2－x)>0，
所以G(x)>G(2－x)，所以G(x2)＝G(x1)>G(2－x1).
又G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2，得证．
极值点偏移问题的两种解决方法
(1)对称化构造函数法
①对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
②对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成不等式ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
(2)比（差）值换元法
通过代数变形将所证的双变量不等式通过t＝（含对数式时常用）或t＝x1－x2（含指数式时常用）代换，化为单变量的不等式，利用函数单调性证明．
【对点训练2】　已知a∈R，f(x)＝x·e－ax.
(1)讨论函数y＝f(x)的单调性；
(2)若a>0，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.
解：(1)f′(x)＝e－ax－ax·e－ax＝e－ax(1－ax).
因为a∈R，所以a<0时，f′(x)＝e－ax (1－ax)>0 x>，f′(x)＝e－ax (1－ax)<0 x<，
所以a<0时，单调递增区间为，单调递减区间为；
a＝0时，f′(x)＝e－ax (1－ax)＝1>0，所以a＝0时，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
a>0时，f′(x)＝e－ax (1－ax)>0 x<，f′(x)＝e－ax (1－ax)<0 x>，
所以a>0时，单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，a<0时，单调递增区间为，单调递减区间为；a＝0时，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；a>0时，单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)证明：证法一　由(1)知，a>0时，单调递增区间为，单调递减区间为，＋∞，且x>时，f(x)>0，f(x)极大值＝f＝，函数y＝f(x)与y＝a的大致图象如图所示．
因为a>0时，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，所以a<，即a2<，
不妨设x1先证x1＋x2>，即证x1>－x2，
因为x1<又y＝f(x)在上单调递增，
所以需证f(x1)>f，
又f(x1)＝f(x2)，
所以需证f(x2)>f，x2>.
令函数F(x)＝f(x)－f，x∈，＋∞，则F′(x)＝e－ax (1－ax)＋e-2+ax·＝(1－ax)( e－ax－e-2+ax)，
因为x>，所以－ax0，
函数F(x)＝f(x)－f在
上单调递增，所以F(x)>F＝0，
因为x2>，所以f(x2)>f，即x1＋x2>，所以>>2e，所以x1＋x2>2.
证法二　与证法一相同，解出a2<.
因为a>0时，函数y＝f(x)－a有两个零点x1，x2，所以两个零点必为正实数，f(x)－a＝0 eln x－ax＝eln a(x>0)，
等价于ln x－ax＝ln a有两个正实数解．
令g(x)＝ln x－ax－ln a(x>0)，
则g′(x)＝－a(x>0)，g(x)在上单调递增，在上单调递减，且0令G(x)＝g(x)－g，x∈，
则G′(x)＝－a＋－a＝－2a>－2a＝0，
所以G(x)在上单调递增，G(x)>G＝0.
又x2>，故g(x2)>g，x2∈，
又g(x1)＝g(x2)，所以g(x1)>g.
又0，所以>>2e，所以x1＋x2>2.
课时作业24
1．（12分）已知函数f(x)＝ln x－ax＋b(a，b∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(1)求f(x)的最值；
(2)求证：x1x2<.
解：(1)f′(x)＝－a，∵f(x)有两个不同的零点，∴f(x)在(0，＋∞)内必不单调，故a>0.
令f′(x)>0，解得x<，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)max＝f＝－ln a－1＋b，无最小值．
(2)证明：由题知
两式相减，得ln －a(x1－x2)＝0，即a＝，
故要证x1x2<，只需证x1x2<，即证<＝－2＋.
不妨令x1设g(t)＝(ln t)2－t－＋2，则g′(t)＝ln t－1＋＝.
设h(t)＝2ln t－t＋，t∈(0，1)，则h′(t)＝－<0，
∴h(t)在(0，1)上单调递减，∴h(t)>h(1)＝0，
∴g(t)在(0，1)上单调递增，
∴g(t)2．（16分）（2024·湖南邵阳三模）已知函数f(x)＝(a∈R).
(1)若a＝2，求f(x)的单调区间；
(2)若 x∈(0，＋∞)，f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)若a＝2，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝＝.
令f′(x)>0，解得01.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)由题意，得当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝≤xex，则a≤x2ex－2ln x－x，
所以 x∈(0，＋∞)，a≤x2ex－2ln x－x恒成立．
令g(x)＝x2ex－2ln x－x，x>0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex－－1＝x(x＋2).
令h(x)＝ex－，x>0，则h′(x)＝ex＋>0，可知h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h＝－4<0，h(1)＝e－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0∈，
当0x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，
可知g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(x0)＝xex0－2ln x0－x0＝xex0－ln xex0，且h(x0)＝ex0－＝0，可得xex0＝1，
则g(x)≥g(x0)＝1－ln 1＝1，可得a≤1，
所以实数a的取值范围为（－∞，1].
3．（16分）已知函数f(x)＝ex+1－＋1，g(x)＝＋2.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，求证：f(x)≥g(x).
解：(1)g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减．
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值.
(2)证明：由f(x)≥g(x)，得xex+1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex+1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex+1－ln x－x－2(x>0)，则h′(x)＝(x＋1)ex+1－＝(x＋1)ex+1－．令φ(x)＝ex+1－，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝e－100，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝x0 －ln x0－x0－2.
又因为φ(x0)＝0，即＝，所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).
4．（16分）已知函数f(x)＝，g(x)＝.
(1)若对任意的m，n∈(0，＋∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；
(2)若x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，＝，求证：x＋x>2.
解：(1)由f(x)＝，g(x)＝，
得f′(x)＝，g′(x)＝.
当00，f(x)在区间(0，1)上单调递增，当x>1时，f′(x)<0，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)的最大值为f(1)＝1.
当01时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)的最小值为g(1)＝e.
所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1，e].
(2)证明：由＝，得·＝，两边取对数并整理，
得x2(ln x1＋1)＝x1(ln x2＋1)，
即＝，即f(x1)＝f(x2).
由(1)知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝1，
而f＝0，当x>1时，f(x)>0恒成立，不妨设x1记h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈，
则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－－>－－＝
－>0，所以函数h(x)在上单调递增，
所以h(x)又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，因此x2>2－x1，即x1＋x2>2，
所以x＋x>x＋(2－x1)3＝8－12x1＋6x＝6(x1－1)2＋2>2.