专题1 培优点5 函数与导数 隐零点问题-2021【步步高】高考数学大二轮专题复习与增分策略课件（湘闽粤）专用

培优点5　隐零点问题 专题一　函数与导数 在求解导数问题时，我们一般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，我们称这类问题为“隐零点问题”. 例　已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x). (1)讨论f(x)极值点的个数； ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点； ②当a>0时，令h(x)＝xex－a， h′(x)＝(x＋1)ex>0. 显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数， 又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0， 必存在x0>0，使h(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数. 所以，x＝x0是f(x)的极小值点. 综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点. 证明　由(1)得，f′(x0)＝0，即 ＝a， f(x0)＝ －a(x0＋ln x0)＝ (1－x0－ln x0)， 因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0， g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0， 由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)， 设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)， 当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数， φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0， 即ln x<x－1，所以－ln x>1－x， 所以ln(x＋1)<x，所以ex>x＋1>0. 因为x0∈(0,1)，所以 >x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0， 相乘得 (1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)， 结论成立. 能力 提升 零点问题求解三步曲 (1)用零点存在性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. 跟踪演练 已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数).当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值. 解　当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)， 即m<(－x＋2)ex－ln x＋x. 令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]， 当0<x≤1时，1－x≥0， 所以u(x)在(0,1]上单调递增. 因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线， 当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0； 当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0. 所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增， 所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2) －ln x0＋x0 所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立， 所以正整数m的最大值是3. 解　f′(x)＝(x＋1)ex－a ＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞). (2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x). 令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<0， φ′(x)＝－1＝， 所以f(x0)＝ (1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x). 所以h′(x)＝(1－x)， 设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋>0， 且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0， 所以存在x0∈，使得u(x0)＝0， 即 ＝，所以ln x0＝－x0. ＝(－x0＋2)·＋2x0＝－1＋＋2x0. 因为y＝－1＋＋2x在x∈(0,1)上单调递减， 又x0∈，所以h(x0)＝－1＋＋2x0∈(3,4)， $