2026年高考数学一轮复习专题课件：隐零点与极值点偏移问题(重点班选讲)(共72张PPT)
文档属性
| 名称 | 2026年高考数学一轮复习专题课件：隐零点与极值点偏移问题(重点班选讲)(共72张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-11 00:00:00 | ||
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文档简介
(共72张PPT)
隐零点与极值点偏移问题
2026年高考数学一轮复习专题课件★★
题型一 隐零点问题(微专题)
1．在导数问题中，经常会遇到函数存在零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的情况，此时，我们一般对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合其他条件解决问题，这类问题统称为“隐零点”问题．
2．零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在情况，列出方程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)的最值表达式．
(3)将方程f′(x)＝0适当变形，整体代入最值式中进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
微专题1 直接求得隐零点处函数值
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
当a≤0时，令f′(x)>0得01，
故f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
综上，当a≤0时，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a＝1时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥2ln x－ax－1.
【答案】 (2)证明见解析
即xex－x－1－ln x≥0，
令t(x)＝xex－x－1－ln x，定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0，x0)时，t′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，t′(x)>0，
故t(x)＝xex－x－1－ln x在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故t(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值，
所以f (x)＋g(x)≥2ln x－ax－1，证毕．
【讲评】 第(2)问中，t(x)＝xex－x－1－ln x不易求得零点，故先运用函数零点存在定理确定函数有零点，并对其设而不求，采用整体代换的策略进行处理，将超越式用普通式代替，转化为较容易研究的函数，问题随之迎刃而解．
思考题1 已知函数f (x)＝xex，g(x)＝x＋ln x.
(1)令h(x)＝f (x)－eg(x)，求h(x)的最小值；
【答案】 (1)0
【解析】 (1)由题意知，h(x)＝xex－e(x＋ln x)，x∈(0，＋∞)，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，即h(x)在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)＝0，
∴h(x)的最小值为0.
(2)若f (x)－g(x)≥(b－2)x＋1恒成立，求b的取值范围．
【答案】 (2)(－∞，2]
【解析】 (2)原不等式等价于xex－(x＋ln x)≥(b－2)x＋1，
即xex＋x－ln x－1≥bx在(0，＋∞)上恒成立，
令φ(x)＝x2ex＋ln x，则φ(x)为(0，＋∞)上的增函数，
又当x→0时，φ(x)→－∞，φ(1)＝e>0，
又有y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴b≤2，∴b的取值范围是(－∞，2]．
微专题2 建立关于隐零点的函数再求范围
(2025·长郡中学一模)已知函数f (x)＝xln x－ax2＋1.
(1)若f (x)在(0，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；
【解析】 (1)由f (x)＝xln x－ax2＋1，则f′(x)＝ln x＋1－2ax，
因为f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝ln x＋1－2ax≤0且不恒为0在(0，＋∞)上恒成立，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
(2)若a<0，证明：f (x)>0.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由题意得f (x)＝xln x－ax2＋1的定义域为(0，＋∞)，
且T(0)＝－1<0，T(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使T(x0)＝－ax02＋x0－1＝0，
所以当x∈(0，x0)时，T(x)<0，即h′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，T(x)>0，即h′(x)>0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以p(x)在(0，1)上单调递减，所以p(x)>p(1)＝1>0，即h(x0)>0，所以即证h(x)min>0，所以可证f (x)>0.
【讲评】 第(2)问中，对隐零点设而不求，整体代换后，不能直接得出隐零点处的函数值时，将h(x)min＝h(x0)＝ln x0－ax0＋(0思考题2 已知函数f (x)＝ex－1－asin x.
(1)若曲线y＝f (x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，求a的值；
【答案】 (1)2
【解析】 (1)由f (x)＝ex－1－asin x得f′(x)＝ex－acos x，
因为曲线y＝f (x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，
所以f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2.
(2)当a＝2时，f (x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]恒成立，求c的最大值．
【答案】 (2)0
当a＝2时，f (x)＝ex－1－2sin x，则f′(x)＝ex－2cos x，
记g(x)＝ex－2cos x，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋2sin x>0，
所以g(x)在[0，π]上单调递增，即f′(x)在[0，π]上单调递增，
所以c≤0，因为c∈Z，所以c的最大值为0.
题型二 极值点偏移问题(微专题)
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x1，x2(x1，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，如图所示．
(图象左右对称，极值点不偏移，如二次函数)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2＝2x0.
2．极值点偏移
(1)极值点左偏(如图)：
(图象左陡右缓，极值点向左偏移)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2>2x0.
(2)极值点右偏(如图)：
(图象左缓右陡，极值点向右偏移)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2<2x0.
3．极值点偏移问题的一般题设形式
(1)函数f (x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f (x)的极值点)．
(2)函数f (x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f (x)的极值点)．
微专题1 对称构造法
【证明】 由题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)．
当f′(x)＝0时，x＝1，f (x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，x＝1为f (x)的极小值点．
因为f (x)有2个不同的零点，所以f(1)＝4－a＜0，即a＞4.
假设0【答案】 证明见解析
状元笔记
对称构造法主要用来解决与x1和x2之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题步骤如下：
(1)定极值点，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x1＋x2>2x0型结论，构造函数F(x)＝f (x)－f(2x0－x)(下面以此为例)或F(x)＝f (x0＋x)－f (x0－x)．对x1x2>x02型结论，构造函数F(x)＝f (x)－
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)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．
(5)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．
(1)若 x>0，f (x)>－4a2，求a的取值范围；
【解析】 (1)由已知得f (x)的定义域为{x|x>0}，
∵a>0，∴当x∈(0，2a)时，f′(x)<0，即f (x)在(0，2a)上单调递减；
当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)>0，即f (x)在(2a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)在x＝2a处取得极小值亦即最小值，
∴f (x)min＝f(2a)＝－2a2ln(2a)，
∵ x>0，f (x)>－4a2 f (x)min＝－2a2ln(2a)>－4a2 ln(2a)(2)若x1，x2是f (x)的零点，且x1≠x2，证明：x1＋x2>4a.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知，f (x)的定义域为{x|x>0}，
f (x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，且x＝2a是f (x)的极小值点．
∵x1，x2是f (x)的零点，且x1≠x2，
∴x1，x2分别在(0，2a)，(2a，＋∞)上，不妨设0设F(x)＝f (x)－f(4a－x)，
当x∈(0，2a)时，F′(x)<0，F′(2a)＝0，即F(x)在(0，2a]上单调递减．
∵0F(2a)＝0，即f (x1)>f(4a－x1)，
∵f (x1)＝f (x2)＝0，
∴f (x2)>f(4a－x1)，
∵x1<2a，∴4a－x1>2a，
又∵x2>2a，f (x)在(2a，＋∞)上单调递增，
∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a.
微专题2 比(差)值换元法
已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)．证明：x1＋x2>2.
【答案】 证明见解析
【证明】 方法一：由题意，函数f (x)＝xe－x(x∈R)，
可得f′(x)＝(1－x)e－x，
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
可得函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
不妨设x2>x1，可得0令t＝x2－x1，则t>0，x2＝t＋x1，
构造函数G(t)＝2t＋(t－2)(et－1)，t>0，
则G′(t)＝(t－1)et＋1，令H(t)＝(t－1)et＋1，则H′(t)＝tet>0，
故G′(t)在(0，＋∞)上单调递增，G′(t)>G′(0)＝0，
从而G(t)也在(0，＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0，
即证得②式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．
方法二：由题意，f′(x)＝(1－x)e－x.
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.
可得函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
不妨设x2>x1，即0状元笔记
比(差)值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件首先建立x1与x2之间的关系，然后利用x1与x2之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．用比值或差值(一般用t表示)表示x1与x2，即t＝ 或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．
【答案】 证明见解析
微专题3 极值点偏移问题中参数的处理策略
已知函数f (x)＝aln x－x，a∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
当a≤0时，f′(x)<0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，若x∈(0，a)，则f′(x)>0，所以f (x)在(0，a)上单调递增，
若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0，所以f (x)在(a，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，证明：0<2a【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：方法一：由(1)得当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不合题意，
故a>0，则2a>0，不妨设0要证x1＋x2>2a，只需证x2>2a－x1.
∵f (x)在(a，＋∞)上单调递减，且x2>a，2a－x1>a.∴只需证f (x2)即证f (x1)∴F(x)在(0，a)上单调递增．
又∵F(a)＝0，∴F(x)∴F(x1)<0.∴f (x1)综上可得0<2a方法二：由(1)得，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不合题意，故a>0，则2a>0.
由f (x1)＝f (x2)，可得aln x1－x1＝aln x2－x2，即a(ln x1－ln x2)＝x1－x2，
则2a综上可得0<2a状元笔记
消参减元的主要目的是减元，根据x1与x2所满足的关系，利用和差或积商等运算，化简并转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数，并根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数，从而解决问题．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
【答案】 (1)(－∞，e＋1]
【解析】 (1)由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
可得函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f (x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【答案】 (2)证明见解析
则g(x)0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
【讲评】 极值点偏移问题中常见两个函数值相等，可以直接用于转化或消元，本题如果直接应用，式子较为复杂，利用指数与对数互相转化实现“同构”，结合函数单调性可使得式子尽快简化．
重温高考
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
答案 (1)－2
解析 (1)f (x)的定义域为(0，2)，
当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，故a的最小值为－2.
(2)证明：曲线y＝f (x)是中心对称图形；
答案 (2)证明见解析
故曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称．
(3)若f (x)>－2当且仅当1解析 (3)由题知f(1)＝a＝－2，
2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f (x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f(1))处的切线方程；
答案 (1)(e－1)x－y－1＝0
解析 (1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.
又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.
(2)若f (x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
答案 (2)(1，＋∞)
解析 (2)易知函数f (x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f (x)在R上单调递增，无极值；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x所以函数f (x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f (x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.
由题意知a－aln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)．
所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，故当00；当a>1时，g(a)<0.
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
方法二(图象法)：
由1－ln a－a2<0(a>0)，得ln a>－a2＋1(a>0)．
如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，
由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
3．(2024·全国甲卷，理)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln(1＋x)－x.
(1)当a＝－2时，求f (x)的极值；
答案 (1)见解析
解析 (1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，f (x)取得极小值，为f(0)＝0，f (x)无极大值．
(2)当x≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
解析 (2)f (x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
因为当x≥0时，f (x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0且不恒为0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，且f (x)≥f(0)＝0.
(1)若a＝8，讨论f (x)的单调性；
答案 (1)见解析
(2)若f (x)答案 (2)(－∞，3]
解析 (2)设g(x)＝f (x)－sin 2x，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
①若a∈(－∞，3]，则φ(t)所以g(x)所以当a∈(－∞，3]时，f (x)②若a∈(3，＋∞)，
当t∈(t0，1)时，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，不合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
5．(2020·课标全国Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
答案 (1)f (x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增
解析 (1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f (x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
解析 (2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f (x)至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时f′(x)>0.
所以f (x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增，故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
由于f(－2)＝e－2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln(2a)时，
隐零点与极值点偏移问题
2026年高考数学一轮复习专题课件★★
题型一 隐零点问题(微专题)
1．在导数问题中，经常会遇到函数存在零点但求解相对比较复杂甚至无法求解的情况，此时，我们一般对函数的零点设而不求，通过整体代换，再结合其他条件解决问题，这类问题统称为“隐零点”问题．
2．零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在情况，列出方程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)的最值表达式．
(3)将方程f′(x)＝0适当变形，整体代入最值式中进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
微专题1 直接求得隐零点处函数值
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
当a≤0时，令f′(x)>0得0
故f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
综上，当a≤0时，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a＝1时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)证明：f (x)＋g(x)≥2ln x－ax－1.
【答案】 (2)证明见解析
即xex－x－1－ln x≥0，
令t(x)＝xex－x－1－ln x，定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0，x0)时，t′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，t′(x)>0，
故t(x)＝xex－x－1－ln x在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故t(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值，
所以f (x)＋g(x)≥2ln x－ax－1，证毕．
【讲评】 第(2)问中，t(x)＝xex－x－1－ln x不易求得零点，故先运用函数零点存在定理确定函数有零点，并对其设而不求，采用整体代换的策略进行处理，将超越式用普通式代替，转化为较容易研究的函数，问题随之迎刃而解．
思考题1 已知函数f (x)＝xex，g(x)＝x＋ln x.
(1)令h(x)＝f (x)－eg(x)，求h(x)的最小值；
【答案】 (1)0
【解析】 (1)由题意知，h(x)＝xex－e(x＋ln x)，x∈(0，＋∞)，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，即h(x)在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)＝0，
∴h(x)的最小值为0.
(2)若f (x)－g(x)≥(b－2)x＋1恒成立，求b的取值范围．
【答案】 (2)(－∞，2]
【解析】 (2)原不等式等价于xex－(x＋ln x)≥(b－2)x＋1，
即xex＋x－ln x－1≥bx在(0，＋∞)上恒成立，
令φ(x)＝x2ex＋ln x，则φ(x)为(0，＋∞)上的增函数，
又当x→0时，φ(x)→－∞，φ(1)＝e>0，
又有y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴b≤2，∴b的取值范围是(－∞，2]．
微专题2 建立关于隐零点的函数再求范围
(2025·长郡中学一模)已知函数f (x)＝xln x－ax2＋1.
(1)若f (x)在(0，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；
【解析】 (1)由f (x)＝xln x－ax2＋1，则f′(x)＝ln x＋1－2ax，
因为f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝ln x＋1－2ax≤0且不恒为0在(0，＋∞)上恒成立，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
(2)若a<0，证明：f (x)>0.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由题意得f (x)＝xln x－ax2＋1的定义域为(0，＋∞)，
且T(0)＝－1<0，T(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使T(x0)＝－ax02＋x0－1＝0，
所以当x∈(0，x0)时，T(x)<0，即h′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，T(x)>0，即h′(x)>0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以p(x)在(0，1)上单调递减，所以p(x)>p(1)＝1>0，即h(x0)>0，所以即证h(x)min>0，所以可证f (x)>0.
【讲评】 第(2)问中，对隐零点设而不求，整体代换后，不能直接得出隐零点处的函数值时，将h(x)min＝h(x0)＝ln x0－ax0＋(0
(1)若曲线y＝f (x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，求a的值；
【答案】 (1)2
【解析】 (1)由f (x)＝ex－1－asin x得f′(x)＝ex－acos x，
因为曲线y＝f (x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x，
所以f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2.
(2)当a＝2时，f (x)≥2c－1(c∈Z)在[0，π]恒成立，求c的最大值．
【答案】 (2)0
当a＝2时，f (x)＝ex－1－2sin x，则f′(x)＝ex－2cos x，
记g(x)＝ex－2cos x，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋2sin x>0，
所以g(x)在[0，π]上单调递增，即f′(x)在[0，π]上单调递增，
所以c≤0，因为c∈Z，所以c的最大值为0.
题型二 极值点偏移问题(微专题)
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x1，x2(x1
(图象左右对称，极值点不偏移，如二次函数)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2＝2x0.
2．极值点偏移
(1)极值点左偏(如图)：
(图象左陡右缓，极值点向左偏移)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2>2x0.
(2)极值点右偏(如图)：
(图象左缓右陡，极值点向右偏移)若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2<2x0.
3．极值点偏移问题的一般题设形式
(1)函数f (x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f (x)的极值点)．
(2)函数f (x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f (x)的极值点)．
微专题1 对称构造法
【证明】 由题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)．
当f′(x)＝0时，x＝1，f (x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，x＝1为f (x)的极小值点．
因为f (x)有2个不同的零点，所以f(1)＝4－a＜0，即a＞4.
假设0
状元笔记
对称构造法主要用来解决与x1和x2之和(积)相关的不等式的证明问题．其解题步骤如下：
(1)定极值点，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x1＋x2>2x0型结论，构造函数F(x)＝f (x)－f(2x0－x)(下面以此为例)或F(x)＝f (x0＋x)－f (x0－x)．对x1x2>x02型结论，构造函数F(x)＝f (x)－
(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性．
(4)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．
(5)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．
(1)若 x>0，f (x)>－4a2，求a的取值范围；
【解析】 (1)由已知得f (x)的定义域为{x|x>0}，
∵a>0，∴当x∈(0，2a)时，f′(x)<0，即f (x)在(0，2a)上单调递减；
当x∈(2a，＋∞)时，f′(x)>0，即f (x)在(2a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)在x＝2a处取得极小值亦即最小值，
∴f (x)min＝f(2a)＝－2a2ln(2a)，
∵ x>0，f (x)>－4a2 f (x)min＝－2a2ln(2a)>－4a2 ln(2a)
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知，f (x)的定义域为{x|x>0}，
f (x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增，且x＝2a是f (x)的极小值点．
∵x1，x2是f (x)的零点，且x1≠x2，
∴x1，x2分别在(0，2a)，(2a，＋∞)上，不妨设0
当x∈(0，2a)时，F′(x)<0，F′(2a)＝0，即F(x)在(0，2a]上单调递减．
∵0
∵f (x1)＝f (x2)＝0，
∴f (x2)>f(4a－x1)，
∵x1<2a，∴4a－x1>2a，
又∵x2>2a，f (x)在(2a，＋∞)上单调递增，
∴x2>4a－x1，即x1＋x2>4a.
微专题2 比(差)值换元法
已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)．证明：x1＋x2>2.
【答案】 证明见解析
【证明】 方法一：由题意，函数f (x)＝xe－x(x∈R)，
可得f′(x)＝(1－x)e－x，
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
可得函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
不妨设x2>x1，可得0
构造函数G(t)＝2t＋(t－2)(et－1)，t>0，
则G′(t)＝(t－1)et＋1，令H(t)＝(t－1)et＋1，则H′(t)＝tet>0，
故G′(t)在(0，＋∞)上单调递增，G′(t)>G′(0)＝0，
从而G(t)也在(0，＋∞)上单调递增，G(t)>G(0)＝0，
即证得②式成立，即原不等式x1＋x2>2成立．
方法二：由题意，f′(x)＝(1－x)e－x.
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.
可得函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
不妨设x2>x1，即0
比(差)值换元的目的是消参、减元，就是根据已知条件首先建立x1与x2之间的关系，然后利用x1与x2之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．用比值或差值(一般用t表示)表示x1与x2，即t＝ 或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．
【答案】 证明见解析
微专题3 极值点偏移问题中参数的处理策略
已知函数f (x)＝aln x－x，a∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
当a≤0时，f′(x)<0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，若x∈(0，a)，则f′(x)>0，所以f (x)在(0，a)上单调递增，
若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0，所以f (x)在(a，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，证明：0<2a
【解析】 (2)证明：方法一：由(1)得当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不合题意，
故a>0，则2a>0，不妨设0
∵f (x)在(a，＋∞)上单调递减，且x2>a，2a－x1>a.∴只需证f (x2)
又∵F(a)＝0，∴F(x)
由f (x1)＝f (x2)，可得aln x1－x1＝aln x2－x2，即a(ln x1－ln x2)＝x1－x2，
则2a
消参减元的主要目的是减元，根据x1与x2所满足的关系，利用和差或积商等运算，化简并转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数，并根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数，从而解决问题．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
【答案】 (1)(－∞，e＋1]
【解析】 (1)由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
可得函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f (x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【答案】 (2)证明见解析
则g(x)
所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以F(x)
构造函数h(x)＝x－ln x，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
【讲评】 极值点偏移问题中常见两个函数值相等，可以直接用于转化或消元，本题如果直接应用，式子较为复杂，利用指数与对数互相转化实现“同构”，结合函数单调性可使得式子尽快简化．
重温高考
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
答案 (1)－2
解析 (1)f (x)的定义域为(0，2)，
当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，故a的最小值为－2.
(2)证明：曲线y＝f (x)是中心对称图形；
答案 (2)证明见解析
故曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称．
(3)若f (x)>－2当且仅当1
2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f (x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f(1))处的切线方程；
答案 (1)(e－1)x－y－1＝0
解析 (1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.
又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.
(2)若f (x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
答案 (2)(1，＋∞)
解析 (2)易知函数f (x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f (x)在R上单调递增，无极值；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x
由题意知a－aln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)．
所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，故当0
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
方法二(图象法)：
由1－ln a－a2<0(a>0)，得ln a>－a2＋1(a>0)．
如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，
由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
3．(2024·全国甲卷，理)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln(1＋x)－x.
(1)当a＝－2时，求f (x)的极值；
答案 (1)见解析
解析 (1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，f (x)取得极小值，为f(0)＝0，f (x)无极大值．
(2)当x≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
解析 (2)f (x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
因为当x≥0时，f (x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0且不恒为0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，且f (x)≥f(0)＝0.
(1)若a＝8，讨论f (x)的单调性；
答案 (1)见解析
(2)若f (x)
解析 (2)设g(x)＝f (x)－sin 2x，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
①若a∈(－∞，3]，则φ(t)
当t∈(t0，1)时，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，不合题意．
综上，a的取值范围为(－∞，3]．
5．(2020·课标全国Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
答案 (1)f (x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增
解析 (1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f (x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
解析 (2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f (x)至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时f′(x)>0.
所以f (x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增，故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
由于f(－2)＝e－2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln(2a)时，
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