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

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. (2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x ). 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)＝axex－(a＋1)(2x－1)，当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)， 令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝a(x＋2)ex恒为正数， 所以h(x)即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 当x→0时，f′(x)→－a－2，f′(1)＝2ea－2a－2≥0， 所以f′(x)存在唯一的根x0∈(0,1]， 且函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)的最小值为f(x0)＝ －(a＋1)(2x0－1)，故只需f(x0)≥0即可. 解　f′(x)＝(x＋1)ex－a ＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞). 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). 解　由题意得f(1)≥0，即a≥>0， 因为x0满足 ＝， 代入上式可得f(x0)＝， 因为x0∈(0,1]，所以－2x＋x0＋1≥0， 所以f(x0)≥0，所以a≥. $