专题1 培优提能3 隐零点问题-【导与练】2023高考数学二轮复习教学课件PPT（新教材）

导巧球 培优提能3 隐零点问题 ，州 6培优链接 1.“隐零点”概念 隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数'(x)=0时，不能够直接运算出 来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根 是多少，通常都是设x=,使得f'(x)=0成立，这样的x就称为“隐零点”. 2.“隐零点”解决方向 针对隐零点问题的解决步骤： (1)求导判定是不是隐零点问题； (2)设x=xo,使得f'(xo)=0成立； (3)得到单调性，并找到最值，将xo代入f(x),得到f(x); (4)再将xo的等式代换，再求解（注意：xo的取值范围）. 培优点1隐零点的直接应用 典例1 (2022河北深州市中学高三期末)已知函数f(x)=exa-1n (x+a)(a>0). (1)证明：函数f'（x)在(0，+∞)上存在唯一的零点； (1)证明：因为f(x)=e-ln(x+a)(a>0), 所以f′(x)=e- 国为y=e在区间0+∞)上单调递增，y一一在区间(0，+∞)上单调递减， 1 所以函数f'(x)在(0，+∞)上单调递增.(0)=e”-= a 1 a e 令g(a)=a-e(a>0),g'(a)=1-e<0, a ae 则g(a)在(0，+∞)上单调递减，g(a)<g(0)=-1,故f'(0)<0. 令m=a+1,则f'(m)=f'(a+1)=e一>0，所以函数f'(x)在(0，+∞)上存在唯一的零点. 2a41 典例i(2022河北深州市中学高三期末)已知函数f(x)=exa-1n(x+a)(a>0). (2)若函数f(x)在区间(0，+o∞)上的最小值为1，求实数a的值. (2)解：由(1)可知存在唯一的x0∈(0，+∞)，使得f'(x0)= —=0,即 -—.(*) xo a 1 xo a 1 函数f'(x)=e一在(0，+o∞)上单调递增， e x0+a e x+a 所以当x∈(0，x)时f'(x)<0,f(x)单调递减；当x∈(x,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以f(x)i=f(xo)=--In(xo+a),由()式得f(x)mi=f(x)三—-In(xo+a). xo a e x0+a 所以一-ln(xo+a)=1,显然xo+a=1是方程的解. 1 x0+a 又因为y-ln×在定义域上单调递减，方程一-ln(xo+a)=1有且仅有唯一的解xo+a=1, 1 1 把x=1-a孔入(*)式，得e2=1,所以a=,即崭求实数a的值为 ◆名师指津 ◆ 处理隐零点的基本方法是“虚设及代换”：在确定零点存在的条件下虚设零 点x0,再借助零点的表达式进行合理的代换（常见形式就是“指对转幂”），进 而求解 触类旁通1(2022山东临沂高三期末)已知函数f(x)=o^x-ax-cosx，g(x)= f(x)-x，a∈R。 (1)若f(x)在[0，+∞)上单调递增，求a的最大值； 解：(1)由题意可知，f′(x)=ex-a+sinx≥0在[0，+∞)上恒成立， 1令h(x)=f′(x)=e^x-a+sinx， 可知h′(x)=e^x+cosx≥1+cosx≥0， 所以f′(x)单调递增， 所以f′(0)=1-a≥0，解得a≤1，所以a的最大值为1. 触类旁通1 (2022山东临沂高三期末)己知函数f(x)=ex-ax-cosX,g(x)=f(x)-X,a∈R. (2)当a取(1)中所求的最大值时，讨论g(x)在R上的零点个数，并证明g(x)>-一 解：(2)由(1)知a=1,所以g(x)=e-2x-cosx, 当x≤0时，g'(x)=e-2+sinx≤-1+sinx≤0，所以g(x)单调递减， 当x>0时，g'(x)=e-2+sinx,令p(x)=g'(x),则p'(x)=e+cosx≥1+cosx≥0， 所以g'(x)单调递增， 因为g'(0)=-1<0,g'(1)=e-2+sin1>0,所以存在xo∈(0,1)，使得g'(x)=0, g(x)在(-∞，xo)上单调递减，在(xo,+∞)上单调递增，又g(0)=0,所以g(xo)<0, 因为g(2)=e2-4-cos2>0,所以存在x1∈(xo,2),使得g(x)=0,所以g(x)有两个零点. 又因为-2+sinx0=0,所以g(x)mim=g(xo)=-2x0-cosX0=2-2x0-sinX0-c0sx0, 因为所以Bw》in xco90E28c宝22故gW成立 培优点2 “隐零点”的卡根问题 典例2 设函数f(x)=ex-ax-2. (1)讨论f(x)的单调性； 解：（1)f(x)的定义域为(-o∞，+∞)，f'(x)=e×-a. 若a≤0，则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞，+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈(-∞，Ina)时，f'(x)<0