专题7重难突破15 隐零点问题（课件）-【金版新学案】2024高考理科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

重难突破15　隐零点问题 层级二　精准突破保分点 内容索引 不含参函数的隐零点问题 类型一 含参函数的隐零点问题 类型二 专　题　集　训 类型一　不含参函数的隐零点问题 01 返回 例1 (2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)． 证明：f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，即xex＋1－ln x－x－2≥0. 令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)， h(x)在x∈(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增， 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．　　 感悟提升 针对练1.(2023·山东德州质检)已知函数f(x)＝acos x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x. (1)求实数a，b的值； 因为f′(x)＝－asin x＋bex， 返回 02 返回 类型二　含参函数的隐零点问题 例2 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1]上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)＝e －aln x0， 已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关． 感悟提升 针对练2.已知函数f(x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围． 依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0， 所以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， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 所以k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1. 返回 专题集训 返回 03 1．已知函数f(x)＝－ex＋sin x＋x，x∈[0，π]． 证明：(1)函数f(x)有唯一的极大值点； f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex， 令g(x)＝1＋cos x－ex，则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 3 4 1 (2)f(x)<π. 由(1)知，函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]， 且x0∈(0，π)，f′(x0)＝0， 所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sin x0－e ＝x0＋sin x0－cos x0－1. 令φ(x)＝x＋sin x－cos x－1，x∈(0，π)， φ′(x)＝1＋cos x＋sin x>0， 所以φ(x)在(0，π)上单调递增， 所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π， 所以f(x)max＝f(x0)<π，故f(x)<π. 2 3 4 1 (1)讨论f(x)的单调性； 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 3．(2023·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； 由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)ex， 当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0； 当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0， 故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增． 2 3 4 1 g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)， 2 3 4 1 2 3 4 1 4．(2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a. (1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值； 易知函数f(x)的定义域为(0，