第14讲 函数的零点、隐零点、极值点偏移问题（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为16分
【备考策略】1.理解、掌握函数零点与方程的关系
2.能掌握函数零点的求解方法
3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像的交点解决函数的零点问题
4.会解隐零点与极值点偏移问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式解决函数的零点相关问题。
知识讲解
知识点一.函数零点个数问题
用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断;另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决，对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围，从图象的最高点、最低点、分析函数的最值、极值;从图象的对称性，分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等。但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.
知识点二.零点存在性赋值理论
1.确定零点是否存在或函数有几个零点，作为客观题常转化为图象交点问题，作为解答题一般不提倡利用图象求解，而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点， 赋值之所以“热”， 是因为它涉及到函数领域的方方面面:讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性);求含参函数的极值或最值;证明一类超越不等式;求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等，零点赋值基本模式是已知f(a)的符号，探求赋值点m(假定 m0，fπ=−20，
所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1=sin1+sinπ10>0，
f1e=−1+sin1e+sinπ100，则fx>0，
若x>π，因为lnx>lnπ>1≥−sinx，所以fx>0，
综上，函数f(x)在0,+∞有且仅有一个零点.
考点二、数形结合法研究零点问题
1.（2023·四川甘孜·一模）设定义在R上的函数fx是偶函数，且fx+π=fx−π，f'x是fx的导函数，当x∈0,π时，00，则
x∈(0,π2)时，f'x0恒成立，所以ℎx在0,+∞上单调递增，
则当ℎx3=ℎlnx时，可得x3=lnx，则13=lnxx，
又mx=lnxx,x>0，则m'x=1−lnxx2，所以x∈0,e时，m'x>0函数递增，x∈e,+∞时，m'x1≥sinx，所以g'x>0，gx在0,+∞单调递增，
所以gx>g0=0，即f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增.
综上，fx的减区间为−∞,0，增区间为0,+∞.
（2）当a=1时，fx=ex+sinx−x−1，则f'x=ex+csx−1，
记ℎx=ex+csx−1，则ℎ'x=ex−sinx，
当x>0时，ex>1≥sinx，所以ℎ'x>0，ℎx在0,+∞单调递增，
所以ℎx>ℎ0=1>0，fx在0,+∞上单调递增，
所以fx>f0=0，fx在0,+∞上无零点.
当x≤−π时，因为ex>0,sinx≥−1,−x−1≥π−1，
所以fx=ex+sinx−x−1>0，此时fx无零点.
当−π−sinx，当x=0时，ex−x−1=−sinx，
作出函数nx和y=−sinx的图象如图，
由图可知，当−π0时，令f'x>0，解得x4m；
令f'x0，
所以fx在区间0,4m,4m,+∞各有1个零点，因此fx有三个零点，如图①曲线；
当2−323m3=0，即m=3124时，fx有两个零点，如图②曲线；
当2−323m3>0，即m0，
令μx=x2ex+lnxx>0，
则μ'x=x2+2xex+1x，
由x>0，故μ'x=x2+2xex+1x>0恒成立，
故μx在0,+∞上单调递增，
又μ1e=1e2e1e+ln1e=1e2e1e−1=e1e−e2e20，
故存在x0∈1e,1，使μx0=0，即x02ex0+lnx0=0，
即φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
故φx≥φx0，
由x02ex0+lnx0=0，则x0ex0=−lnx0x0=ln1x0⋅eln1x0，
令ωx=fx+1=xexx>0，则有ωx0=ωln1x0，
ω'x=f'x=x+1ex，当x>0时，ω'x>0恒成立，
故ωx在0,+∞上单调递增，故x0=ln1x0，即lnx0=−x0，
则φx0=ex0−lnx0x0−1x0=eln1x0−−x0x0−1x0=1x0+1−1x0=1，
即φx的最小值为1；
（3）令ℎx=fx−gx=xex−1−lnx+mx=0x>0，
即有−m=ex−lnxx−1x=φx，
即函数ℎx的零点个数为φx=−m的实数根的个数，
由（2）知，φx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，且φx0=1，
又当x→0时，φx→+∞，当x→+∞时，φx→+∞，
故当−m=1，即m=−1时，φx=−m有唯一实数根，
当−m>1，即m0，可证结论；
（2）由已知可得a=x+1ex=g(x)，求导可得g(x)的单调性，进而可求函数f(x)的零点个数．
【详解】（1）当a=1时，f(x)=ex−x−1，所以f'(x)=ex−1，令f'(x)=0得x=0．
当x∈(−∞,0)时，f'(x)0，ℎx没有零点；当a>0时，ℎx先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，fx≥1等价于x2+1e-x-1≤0．
设函数gx=x2+1e-x-1，则g'x=-x2-2x+1e-x=-x-12e-x．
g'x≤0，所以gx在0,+∞单调递减．
而g0=0，故当x≥0时，gx≤0，即fx≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f(x)=ex-x2,f'(x)=ex-2x．
令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，得x=ln2．则函数y=g(x)在区间[0,ln2)内单调递减，在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g(x)≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函数y=f(x)在区间[0,+∞)内单调递增，有f(x)≥f(0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f(x)=ex-x2≥1⇔x≥lnx2+1．
令g(x)=x-lnx2+1,g'(x)=1-2xx2+1=(x-1)2x2+1≥0，函数y=g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)=0，有x≥lnx2+1，故当x≥0时，f(x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数ℎx=1-ax2e-x，
fx在0,+∞只有一个零点当且仅当ℎx在0,+∞只有一个零点．
（i）当a≤0时，ℎx>0，ℎx没有零点；
（ii）当a>0时，ℎ'x=axx-2e-x．
当x∈0,2时，ℎ'x0时，f(x)=0⇔ax=exx，原问题转化为动直线y=ax与曲线ℎ(x)=exx在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由ℎ'(x)=(x-1)exx2得函数y=ℎ(x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．设y=ax与y=ℎ(x)的切点为Px0,exx0，则ℎ'x0=x0-1ex0x02，于是函数y=ℎ(x)在点P处的切线方程为y-ex0x0=x0-1ex0x02x-x0．由切线过原点可得x0=2，故a=ℎ'(2)=e24．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f'(x)=ex-2ax，x∈0,+∞，
当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
当a>0时，f″(x)=ex-2a．
①当0f'(0)=1,f(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f(0)=1>0，故f(x)无零点；
②当120时，f(x)=0⇔ex2-ax=0，记φ(x)=ex2-ax，则φ'(x)=12ex2-a；
当00，所以f(x)在(−∞,−lna)单调递减，在(−lna,+∞)单调递增.
（2）（ⅰ）若a≤0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.
（ⅱ）若a>0，由（1）知，当x=−lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(−lna)=1−1a+lna.
①当a=1时，由于f(−lna)=0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1,+∞)时，由于1−1a+lna>0，即f(−lna)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1−1a+lna0，故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(3a−1)，则f(n0)=en0(aen0+a−2)−n0>en0−n0>2n0−n0>0.
由于ln(3a−1)>−lna，因此f(x)在(−lna,+∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0,1).
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数f(x)有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y=a与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若f(x)有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
2.（2024·内蒙古包头·三模）设函数fx=lnx+ax−a．
(1)当a=1时，求fx的最小值；
(2)若fx恰有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)0
(2)0,1∪1,+∞
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性求最值即可；
（2）求出函数fx的导函数f'x=1x−ax2=x−ax2x>0，对a进行分类讨论，分析函数的单调性，最值，由函数零点的个数求a的取值范围即可.
【详解】（1）当a=1时，fx=lnx+1x−1，f'x=1x−1x2=x−1x2x>0，
当x∈0,1时f'x0，
（ⅰ）当a≤0时，f'x>0，函数fx在0,+∞单调递增，且f1=0，故函数fx恰有一个零点，不合题意．
（ⅱ）当a>0时，
①若a=1，由（1）可知f1=0为最小值，函数fx恰有一个零点，不合题意．
②若a>1，当x∈0,a时，f'x21x0⋅x0−2=0，
所以ex−2>lnx.
（2）函数f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2定义域R，求导得f'(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a)，
当a>0时，由f'(x)0，当ln(−2a)0，fx单调递增，故fx的最小值为f1=1，
又x→0，fx→+∞；x→+∞，fx→+∞，
故fx∈1,+∞．
gx=f2x−fx−2lnfx=x2−2lnx2−x2−2lnx−2lnx2−2lnx，
设m=x2−2lnx，m∈1,+∞，
则ℎm=m2−m−2lnm，m∈1,+∞，
则ℎ'm=2m−1−2m=2m2−m−2m，
由2m2−m−2=0，得m=1+174．
因此，当m∈1,1+174时，ℎ'm0，
所以ℎx在−1,+∞单调递增，ℎxmin=ℎ−1=0，
则ℎx>0，符合题意；
③当−a+1>1，即a−1
所以ℎx在−1,x0上单调递减，在x0,+∞单调递增，
ℎxmin=ℎx0=2ex0+1+ax0+12+x02−3≥0，
因为2ex+1+2ax+1+2x=0，
则−2ax0+1−2x0+ax0+12+x02−3≥0⇒a≥−1+2x0−1，
又因为x0>−1，所以a>−2且a≠−1，与a0和xln2时，f'x>0,fx单调递增，
当x1+sinx≥0，因此函数mx=g'(x)在x>0上单调递增，
由于g'(0)=1−2−10,gx单调的递增，
x0，得到∃x0∈14,1，使得f'x0=0，进而求得fx单调性，结合零点的存在性定理，即可求解.
【详解】（1）解析：由函数fx=14ex−x，可得f'x=14ex−12x，所以f'1=e4−12，
又f1=e4−1，所以l的方程为y=e4−12x−1+e4−1，即y=e4−12x−12，
令x=0，可得y=−12，所以直线l在y轴上的截距为−12．
（2）解：因为y=14ex和y=−12x在0,+∞上均单调递增，
所以f'x=14ex−12x在0,+∞上单调递增，
又因为f'14=14e14−10，fx在x0,+∞单调递增，
又因为f1100=14e1100−110>0,f1=e4−10，
所以fx有两个零点．
结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx=xlnx或gx=xex；
②eaab±lnb，构造函数fx=x±lnx或gx=ex±x.
4.（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数fx=ex−sinx.
(1)求fx在0,f0处的切线方程；
(2)求证：当x∈−π,+∞时，函数f'x有且仅有2个零点.
【答案】(1)y=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题求出f'0，f0，即可得出该切线方程；
（2）令gx=f'x=ex−csx，得g'x=ex+sinx，分不同区间讨论f'x的增减和正负，进而得出结论.
【详解】（1）∵f'x=ex−csx，
∴f'0=0.
∵f0=e0−sin0=1，
∴y=fx在0,f0处的切线方程为y=1.
（2）由（1）令gx=f'x=ex−csx，
则g'x=ex+sinx，
∴①当x∈0,+∞时，f'x>1−csx≥0，即f'x>0.
②当x=0时，f'x=0，
③当x∈−π2,0时，g'x在−π2,0上单调递增.
∵g'−π4=1eπ4−120，
∴当x∈−π2,x0时，f'x单调递减；当x∈x0,0时，f'x单调递增.
又∵f'−π2=e−π2>0,f'0=0，
∴存在唯一x1∈−π2,x0，使得f'x1=0，
即当x∈−π2,x1时，f'x1>0，当x∈x1,0时，f'x10.
综上，当x∈−π,+∞时，f'x有且仅有2个零点.
考点六、极值点偏移问题
1.（2024高三·全国·专题练习）设函数f(x)=ex−12ex2−13(x−1)3+5e2,x∈[0,+∞)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若x1≠x2，且fx1+fx2=6e，求证：x1+x20，从而可得F(x)在[0,1)上单调递减，然后根据函数的单调性可得
【详解】（1）∵f(x)=ex−12ex2−13(x−1)3+5e2，x∈[0,+∞)，
∴f'(x)=ex−ex−(x−1)2=ex1−ex+(x−1)2ex．
令g(x)=ex+(x−1)2ex(x≥0)，则g'(x)=−(x−1)(x+e−3)ex．
令g'(x)=0，得x=1或x=3−e．
当x∈[0,3−e)时，g'(x)F(1)=0，
即f(2−x)+f(x)>6e对x∈[0,1)恒成立．
∵x1∈[0,1)，∴f2−x1+fx1>6e，
∴f2−x1>6e−fx1=fx2．
由（1）知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴2−x1>x2，故x1+x20，解得00，
所以函数Ft在1,+∞上单调递增，且F1=0，
所以Ft>0，即lnt>2t−11+t，
所以x1⋅x2>e2，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据lnx1=a+1x1lnx2=a+1x2，两式相加相减，进而可得lnx1x2lnx2x1=x1+x2x2−x1，进而要证x1⋅x2>e2，只需证lnx1x2=x1+x2x2−x1⋅lnx2x1>2，即证lnx2x1>2x2−x1x1+x2=2x2x1−11+x2x1，从而将双变量转化为单变量，令Ft=lnt−2t−11+t=lnt+4t+1−2，讨论该函数的单调性和最值即可证明.
2.（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数fx=x−1lnx−x2+axa∈R.
(1)若函数y=f'x有两个零点，求a的取值范围；
(2)设x1,x2是函数fx的两个极值点，证明：x1+x2>2.
【答案】(1)(2,+∞)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）fx=x−1lnx−x2+ax⇒f'x=1−1x+lnx−2x+a=0，
该方程有两个不等实根，由f'x=1−1x+lnx−2x+a=0⇒a=2x+1x−lnx−1，
所以直线y=a与函数gx=2x+1x−lnx−1的图象有两个不同交点，
由gx=2x+1x−lnx−1⇒g'x=2−1x2−1x=2x2−x−1x2=2x+1x−1x2，
当x∈0,1时，g'x4，即证x2>4−x1．
因为x2>2,4−x1>2，且ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，所以只需证ℎx2>ℎ4−x1．
因为ℎx1=ℎx2，所以即证ℎx1>ℎ4−x1．
令F(x)=ℎ(x)−ℎ(4−x)=x−ln(x−1)−(4−x)+ln(3−x)=2x−4−ln(x−1)+ln(3−x),x∈(1,2)，
则F'(x)=2−1x−1+1x−3=2(x−2)2(x−1)(x−3)F(2)=0，所以ℎ(x)−ℎ(x−4)>0．
因为x1∈(1,2)，所以ℎx1>ℎ4−x1，故x1+x2>4．
4.（21-22高三上·北京昌平·期末）已知函数f(x)=16x3−2ax+8lnx．
（1）若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若函数f(x)存在两个极值点x1,x2，求证：x1+x2>4．
【答案】（1）a≤3；（2）证明见解析．
【分析】（1）转化条件为f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，分参后构造新函数，结合导数即可得解；
（2）由极值点的概念结合函数的单调性可得02时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当00，
所以函数y=fxx在0,+∞上单调递增，
当x0时，−20，若Fx=fx+1x，则函数Fx的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．0或2
【答案】A
【分析】构造函数gx=xfx+1，讨论x≠0、x0，利用导数判断函数gx的单调性，从而求出gx的最值，进而得出Fx的零点个数.
【详解】构造函数gx=xfx+1，其中x≠0，则g'x=fx+xf'x，
当x≠0时，f'x+fxx=xf'x+fxx>0.
当x0时，g'x=fx+xf'x>0，
此时，函数gx单调递增，则gx>g0=1.
所以，当x0.
综上所述，函数Fx的零点个数为0.
故选：A.
3．（21-22高三上·天津河北·期中）已知函数fx=xlnx−1，则fx的零点所在的区间是（ ）
A．0,1B．1,2
C．2,3D．3,4
【答案】B
【分析】由题可得函数在(1,+∞)上为增函数，又f10，即得.
【详解】∵fx=xlnx−1，f'x=1+lnx，
由f'x=1+lnx=0得，x=1e，∴x>1e,f'(x)>0，函数fx为增函数，
当00，即m2−4n>0；
f'x=x2+2x+mx+m+nex，令f'x=0，则x2+2x+mx+m+n=0，
即Δ2=m2−4n+4>0，则f'x=x2+2x+mx+m+nex有两个变号零点，
所以函数fx有2个极值点.
故答案为：2.
7．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数fx=13x3−x2+1．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求函数fx在−2,2上的单调区间、最值．
(3)设gx=fx−a在−2,2上有两个零点，求a的范围.
【答案】(1)x+y−43=0；
(2)单调增区间为−2,0，单调减区间为0,2；最大值为1，最小值为−173；
(3)−13≤a1, x∈0,+∞时， lna>0,ax−1>0，则 g'x>0,
则函数gx在x∈0,+∞上单调递增，
x∈−∞,0时， lna>0,ax−10,
则函数gx在x∈0,+∞上单调递增，
当x∈−∞,0时，lna0，所以 g'x0且a≠1时， gx在x0时递增，
则 x=0为 gx的极小值点，且为最小值点，且最小值g0=1.
又函数 fx=gx−m−2有两个零点，所以方程gx=m±2有两个不相等的实根，
而m+2>m−2，所以 m+2>1且 m−223或x0时，x4a时，f'(x)>0，00，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f'x0，fx单调递增；
在1a,1上，f'x0，
由（1）得当01−1x，所以lnx>21−1x，
此时f(x)=ax−1x−(a+1)lnx0，得xk3，所以f(x)在(−k3,k3)上单调递减，在
(−∞,−k3)，(k3,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f(x)有三个零点，则k>0，且f(−k3)>0f(k3)0k2−23kk3