高中必会系列之隐零点问题课件-2025届高三数学一轮复习

隐零点问题 高中必会系列之 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理. 假设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，且函数值f(a)与f(b)异号（即，一为正一为负）。则在开区间(a, b)上必定存在至少一个c，使得f(c) = 0。 勘根定理（零点存在定理）： 伯纳德·波尔查诺于1817年证明了这个定理，同时证明了这个定理的一般情况（即介值定理）。 题型一　不含参函数的隐零点问题 判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由. 解： 题型一　不含参函数的隐零点问题 ∴h(x)在定义域上是增函数， 当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0 当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0； 当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)在(0,1)内无零点， ∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点， 综上所述，g(x)有且只有一个零点. 题型二　含参函数的隐零点问题 已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. 证明：当a>1时，f(x)没有零点. 当a>1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 证明 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0， 故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0， 因此有aeβ(β＋1)＝1. 当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0； 当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0. 所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值. 由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β， 所以当－1<β<0时， 因为a>1，所以ln a>0， 所以f(x)≥f(β)>0. 因此当a>1时，f(x)没有零点. 跟踪训练1   由题可知f(x)的定义域为（0,+∞）， 当a=0时，f(x)= ,f´(x)= 令f´(x)=0，解得x=1. 当0<x<1时，f´(x)>0,f(x)单调递增 当x>1时，f´(x)<0.f(x)单调递减 所以，当x=1时，f(x)取极大值，也是最大值， 故f(x)的最大值为f(1)=1 (1) (2) 令g(x) = ax2 -lnx ,则g´(x) = 2ax- = 当 a≤0时，g´(x) <0,g(x)在(0,+∞)上单调递减， 当x→ 0 时，g(x) →+∞ ；g(2) = 4a -ln2 <0. 根据零点存在定理，g(x)在(0,2)内存在唯一的零点x0 在(0,x0)上，g(x) >0 ,f´(x) >0 ,f(x) 单调递增 在(x0,2)上，g(x) <0 ,f´(x) <0 ,f(x) 单调递减 ，f(x)存在极大值 当 时，令 ，解得 （舍去） 上，g´(x) <0 ,g(x)单调递减； 在 上，g´(x) >0 ，g(x)单调递增； 在 所以当 时，g(x)取极小值，也是最小值，故 当 ，即 时，由于当x→ 0 时，g(x) →+∞ 此时，在 上，g(x)必定存在唯一的零点x1 在(0,x1)上，g(x) >0 ,f´(x) >0 ,f(x) 单调递增, 在 ， g(x)<0 ,f´(x)<0 ,f(x) 单调递减， f(x)存在极大值， 当 时在(0,+∞)上，g(x)≥0 ,f´(x)≥0 ,f(x) 单调递增不存在极 大值 ， 综上所述，a的取值范围是（-∞，） . 若函数ax－ln x≤xex－(a＋1)ln x，a∈R， 对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围. 跟踪训练2   因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立， 所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立， 令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0， ①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以由h(x)＝xex可得h(x)>0， 即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立； ②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意； ③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex， 故k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷， 当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷， 所以∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝ ， 所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以只需h(x)min＝h(x0) ＝ －a(x0＋ln x0) ＝ ≥0即可； 所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0， 因为x0＝ ，所以ln x0＝ln a－x0， 所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e， 解得0<a≤e，所以a∈(0，e]， 综上所述，实数a的取值范围为[0，e]. 高考直击 (2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； 当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1. ∴h′(x)＝ex＋>0， 当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝－x＋(x2－1)ex ＝(x＋1)(x－1)， 设h(x)＝ex－(x>0)， ∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， ∴存在唯一x0∈，使h(x0)＝0， 即 －＝0， ＝，－x0＝ln x0， ∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－x＋ ＝－x＋－2， 设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减. ∴g(x0)<F＝－<0， ∵g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0， 所以f′(x)＝aex－＝，  f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a＝ln a＋， 又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0. 则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)， 令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立， 而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－. (2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－. 当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0. 所以h(x)在单调递减，在单调递增. 又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0. $$