专题1 培优点5 隐零点问题（全国Ⅲ）-2021【步步高】高考理数大二轮专题复习与增分策略（桂贵云川藏）课件

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)＝ln(2x＋1)＋2ax－4aex＋4，且a>0. (1)当a＝1时，求函数f(x)的最大值； 所以f′(x)为单调递减函数， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)≤f(0)＝0.即当a＝1时，f(x)的最大值为0. (2)讨论函数f(x)的零点个数. 解　由(1)得当a＝1时，函数f(x)只有一个零点， 函数f′(x)为单调递减函数，设f′(x0)＝0， 函数f(x)的最大值为f(x0). ①当0<a<1时，f(x0)≥f(0)＝4－4a>0， x→＋∞时，f(x)→－∞， 所以函数在x0的两侧各有一个零点； ②当a>1时，f′(0)＝2－2a<0， f(x0)＝ln(2x0＋1)＋2ax0－ 　 ＋4 容易判定g(x0)是关于x0的单调递增函数， 所以g(x0)<g(0)＝2－2a<0， 所以函数f(x)的最大值为f(x0)<0，即当a>1时，函数f(x)无零点. 综上，当0<a<1时，函数f(x)有两个零点； 当a＝1时，函数f(x)有一个零点； 当a>1时，函数f(x)无零点. 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　由题意知，f(x)的定义域为， 当a＝1时，f′(x)＝＋2－4ex， 易得y＝和y＝－4ex＋2都是单调递减函数， 结合f′(0)＝0可得，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，  f′(x)＝＋2a－4aex， 即＋2a－ ＝0， 且x→－时，f(x)→－∞， 所以可得x0∈. 设g(x0)＝ln(2x0＋1)＋2ax0－－2a＋4， x0∈. 利用＋2a－ ＝0代入到原函数中可得， ＝ln(2x0＋1)＋2ax0－－2a＋4， 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)， $