专题1 培优点4 隐零点问题-（配套课件）2022老高考文科数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略（皖黑吉陕新蒙晋赣青甘豫宁桂贵云川藏）

培优点4　隐零点问题 专题一　函数与导数 1 导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 例　已知函数f(x)＝aex＋sin x＋x，x∈[0，π]. (1)证明：当a＝－1时，函数f(x)有唯一的极大值点； 证明　当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－ex， f′(x)＝1＋cos x－ex， 因为x∈[0，π]，所以1＋cos x≥0， 令g(x)＝1＋cos x－ex，g′(x)＝－ex－sin x<0， 所以g(x)在区间[0，π]上单调递减. 因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0， 所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0， 且当0<x<x0时，f′(x)>0； 当x0<x<π时，f′(x)<0. 所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]. 所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0. (2)当－2<a<0时，证明：f(x)<π. 证明　当－2<a<0时，令h(x)＝aex＋sin x＋x－π， 则h′(x)＝aex＋cos x＋1， 令k(x)＝aex＋cos x＋1， 则k′(x)＝aex－sin x<0， 所以函数h′(x)在区间[0，π]上单调递减， 因为h′(0)＝a＋2>0，h′(π)＝aeπ<0， 所以存在t∈(0，π)，使得h′(t)＝0， 即aet＋cos t＋1＝0， 且当0<x<t时，h′(x)>0；当t<x<π时，h′(x)<0. 所以函数h(x)在区间[0，t]上单调递增，在区间[t，π]上单调递减. h(x)max＝h(t)＝aet＋sin t＋t－π，t∈(0，π)， 因为aet＋cos t＋1＝0，只需证φ(t)＝sin t－cos t＋t－1－π<0即可， φ′(t)＝cos t＋sin t＋1＝sin t＋(1＋cos t)>0， 所以函数φ(t)在区间(0，π)上单调递增，φ(t)<φ(π)＝0，即f(x)<π. 能力 提升 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 (2021·菏泽模拟)已知函数f(x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2). (1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围； 解　由f(x)＝ln x－kx有唯一零点， 由h′(x)>0，得0<x<e；由h′(x)<0，得x>e， ∴h(x)在(0，e)上单调递增，在 (e，＋∞)上单调递减. 又h(1)＝0，∴当0<x<1时，h(x)<0； (2)若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围. 解　∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0， 令μ(x)＝－ln x－x2ex， ∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0， 即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0， 由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0， 又当0<x<x0时，μ(x)>0, φ′(x)>0； 当x>x0时，μ(x)<0, φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， ∴k≥φ(x0)＝1， 即k的取值范围为k≥1. 本课结束 可得方程ln x－kx＝0，即k＝有唯一实根， 令h(x)＝，则h′(x)＝， h(x)≤h(e)＝， 又当x>e时，h(x)＝>0， 则h(x)＝的大致图象如图所示， 可知，k＝或k≤0. ∴k≥－ex＋2恒成立， 令φ(x)＝－ex＋2， 则 φ′(x)＝－ex＝， 则 μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)<0(x>0)， 由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈， 又μ＝1－ >0，μ(1)＝－e<0， 使 μ(x0)＝0，即－ln x0＝x ， ∴φ(x)≤φ(x0)＝－ ＋2＝－＋2＝1， $