隐零点专题练习——2025届高三数学二轮复习

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考 隐零点问题练习 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________ 一、多选题（共1小题） 1. 已知函数 （e为自然对数的底数），则（    ） A. B. 在 上单调递增 C. D. 若 ，且 ，则 的最大值为 【答案】ABD 【解析】令 且 ， 则 ，且在 上递增，又 ， ， 故 使 ，即 ，则 ， 所以 上 ， 递减， 上 ， 递增，且 ， 所以 (注意等号取不到)， 所以 ，A对； 由 且 ，则 ，即 在 上单调递增，B对； 令 且 ，则 ， 令 ，则 (函数在给定区间递增)， 故 在 上递增， 所以 ，故 在 上递增， 则 ， 所以不存在 ，C错； 由 在 上 ， 递减，在 上 ， 递增， 由 在 上 ， 递增，又 ， 要使 且 ，则 ， 而 ，且 ，由上在 上 递增， 所以 ，此时 ， ， 所以 且 ，令 且 ，则 ， 所以 时 ， 递增， 时 ， 递减， 所以 ，即 的最大值为 ，D对. 故选：ABD 二、填空题（共1小题） 2. （2023·广东省揭阳市惠来同仁北实高级中学期中）已知是函数的零点，则______. 【答案】 【解析】由题可知，， 所以， 所以，所以， 所以. 故答案：. 三、解答题（共8小题） 3. （2023·上海市行知中学10月月考）设函数，其中． （1）若，求的单调区间； （2）若， （ⅰ）证明：恰有一个极值点； （ⅱ）设为的极值点，若为的零点，且，证明：． 【答案】（1）解　当时，，定义域为， 所以，在恒成立， 所以，在上单调递增. 所以，函数的增区间为，无减区间. （2）证明　（ⅰ）,定义域为 所以，， 令，因为， 所以在恒成立， 所以，在上单调递减， 因为，，，， 所以，存在唯一，使得，即， 所以，当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 所以，函数在处取得极大值，为的极大值点，无极小值点. 所以，恰有一个极值点. （ii）因为为的极值点，若为的零点，且， 所以，且，即且，， 所以，且， 所以 令，则在时恒成立， 所以为增函数，，即， 因为，， 所以，， 所以， 所以，即， 所以. 4. 已知函数，求： （1）当k=1时，求曲线 在点 处的切线方程； （2）当x>3时，总有 ，求整数k的最小值. 【答案】解 （1）当k=1时，， ，， 在点 处的切线方程为，即. （2）由题意，，即，即， 又x>3，恒成立. 令，， 令，则恒成立. ∴ 在 上单调递减， ，， 使，即，则， ∴当时， ， 当时， ， ， 因为，且 ，，即整数k的最小值为-3. 5. (2021·天津高考)已知a＞0，函数f(x)＝ax－x·ex. (1)求函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明f(x)存在唯一极值点； (3)若存在a，使得f(x)≤a＋b对于任意的x∈R成立，求实数b的取值范围． 【答案】(1)解　因为f(0)＝0，f′(x)＝a－(x＋1)ex，所以f′(0)＝a－1， 所以函数在(0，f(0))处的切线方程为(a－1)x－y＝0. (2)证明　若证明f(x)仅有一个极值点，即证f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，只有一个解， 即证a＝(x＋1)ex只有一个解， 令g(x)＝(x＋1)ex，只需证g(x)＝(x＋1)ex的图象与直线y＝a(a＞0)仅有一个交点， g′(x)＝(x＋2)ex， 当x＝－2时，g′(x)＝0， 当x＜－2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x＞－2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当x＝－2时，g(－2)＝－e－2＜0. 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 当x→－∞时，g(x)→0－， 画出函数g(x)＝(x＋1)ex的图象大致如下， 因为a＞0，所以g(x)＝(x＋1)ex的图象与直线y＝a(a＞0)仅有一个交点，所以命题论证． (3)解　由题意可得，存在a∈(0，＋∞)，使得ax－xex≤a＋b对于任意的x∈R恒成立， 即存在a∈(0，＋∞)，使得－b≤xex＋a(1－x)对于任意的x∈R恒成立， 令h(x)＝xex＋a(1－x)，即存在a∈(0，＋∞)，－b≤h(x)min， h′(x)＝(x＋1)ex－a，h″(x)＝(x＋2)ex(h″(x)为h′(x)的导数). 由(2)得x＜－2时，h′(x)单调递减，x＞－2时单调递增， 当x→＋∞时，h′(x)→＋∞， 当x→－∞时，h′(x)＜0， 所以存在x＝x0(x0＞－2)，使得函数h′(x0)＝(x0＋1)·ex0－a＝0， 即(x0＋1)ex0＝a， 当x＜x0时h(x)单调递减，当x＞x0时h(x)单调递增， 当x＝x0时，h(x)min＝h(x0)＝x0ex0＋a(1－x0)＝(1－x＋x0)ex0， h′(x0)＝(－x－x0＋2)ex0＝－(x0＋2)(x0－1)ex0， 当－2＜x0＜1时，h′(x0)＞0，则h(x0)单调递增，当x0＞1时，h′(x0)＜0，则h(x0)单调递减． 当x0＝1时，h(x0)max＝h(1)＝e， 因为存在a∈(0，＋∞)，－b≤h(x0)，即－b≤h(x0)max，即－b≤e， 所以b的取值范围为[－e，＋∞). 6. (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋x·e－x， (1分) ∴f′(0)＝1＋1＝2. ∵f(0)＝0， ∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)， 即y＝2x.(2分) (2)∵f(x)＝ln(x＋1)＋， ①当a≥0时③，若x＞0， 则ln(x＋1)＞0，≥0， →利用函数值大于0判定f(x)在(0，＋∞)上无零点 ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(3分) ②当a＜0时③，f′(x)＝①. 令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1②，(4分) 则－≤a＜0， ∴－≤a＜0时，g′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∵g(－1)＝e－1＞0， ∴g(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．(6分) (b)若g′(－1)＜0，则a＜－， →借助于隐零点x0，得g(x)的单调性，则g(x)在,(－1，x0)上单调递减， 在(x0，＋∞)上单调递增 g(－1)＝e－1＞0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e＞0.(7分) (ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a＜－时，g(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0， ∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(9分) (ⅱ)当g(0)＜0，即a＜－1时， 存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)， 使得g(x1)＝g(x2)＝0， ∵f(0)＝0，∴f(x1)＞f(0)＝0②， 当x→－1时，f(x)＜0②. ∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点， →利用零点存在定理，判定f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上各存在一个零点， 综上，a的取值范围是(－∞，－1)．(12分) 7. 已知函数 ． (1)当 时，求曲线 过原点的切线的方程． (2)若 有两个零点，求实数 的取值范围． 【答案】解 (1)当 时， ．设切点为 ． 因为 ，所以 ，所以切线方程为 ． 将原点的坐标 代入，可得 ，整理，得 ． 解得 ．故曲线 过原点的切线的方程为 ． (2)函数 的定义域为 ． 令 ，则 有两个零点等价于 有两个零点． 易得 ． 当 时， ， 所以 在 上单调递增，则 至多有一个零点，因此 ． 令 ，则 ， 所以 在 上单调递增． 因为 ， ， 所以存在 ，使得 ，则 ． 所以当 时， ，即 ， 所以 在 上单调递减； 当 时， ，即 ， 所以 在 上单调递增． 因此， ． 由 ，得 ，则 ， 故 ． 当 时， ，则 在 上没有零点． 当 时， ，则 在 上只有一个零点． 当 时， ． 因为 ，所以 ，所以 ． 因为 ， 所以 在 上有且只有一个零点，即 在 上有且只有一个零点． 易得 ． 设 ，则 ． 易知 在 上单调递增，则 ， 所以 在 上单调递增，则 ， 所以 ，所以 在 上有且只有一个零点， 即 在 上有且只有一个零点． 综上可知，实数 的取值范围为 ． 8. 已知函数， . （1）讨论函数 的单调性； （2）当a=1时，求证：. 【答案】（1）解 ∵， 当时，恒成立， 单调递减. 当a>0时，当，，时， 单调递减； 当时， 单调递增. ∴函数 的单调性为：当时， 在R上单调递减； 当a>0时， 在上单调递减，在上单调递增. （2）证明 当a=1时，. 设， 则， 令， 则，所以 在R上单调递增， 又∵，， ∴存在唯一零点，且，① 时， ，即 ， 单调递减， 时， ，即 ， 单调递增， 故 在处取得极小值，也是最小值. ，将①式代入， 则， ∵二次函数在 上单调递减， ∴在x=1时，y有最小值， ∴，∴. 9. 已知函数f(x)＝aex－ln (x＋3)＋ln a. (1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)≥3，求实数a的取值范围． 【答案】解　(1)函数f(x)＝aex－ln (x＋3)＋ln a的定义域为(－3，＋∞). 当a＝时，f(x)＝ex－ln (x＋3)＋ln ，所以f′(x)＝ex－. 易知f′(x)在(－3，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0， 所以当－3<x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－3，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)因为f′(x)＝aex－， 由题意，a>0；易知f′(x)＝aex－在(－3，＋∞)上单调递增， 由f′(x)＝aex－＝0，得＝(x＋3)ex， 设h(x)＝(x＋3)ex，则h′(x)＝(x＋4)ex>0， 所以h(x)在(－3，＋∞)上单调递增， 则当a>0时，有唯一一个x0>－3，使得f′(x0)＝ae－＝0. 所以当x∈(－3，x0)时，f′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)总有唯一的极小值点x0， 由ae－＝0得ln a＝－x0－ln (x0＋3). 所以由f(x)min＝f(x0)＝ae－ln (x0＋3)＋ln a≥3，得－2ln (x0＋3)－(x0＋3)≥0， 令t＝x0＋3，则－2ln t－t≥0， 设g(t)＝－2ln t－t，t>0. 则g′(t)＝－－－1<0， 所以g(t)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，所以0<t≤1. 所以ln a＝－x0－ln (x0＋3)＝－ln t－t＋3≥2，所以a≥e2. 综上，a的取值范围为[e2，＋∞). 10. （2023·浙江省金华市第一中学10月月考）已知函数. （1）设函数，且对成立，求的最小值； （2）若函数的图象上存在一点与函数的图象上一点关于轴对称，求的长. 【答案】解　（1），函数定义域为， 则， 由解得，解得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， ∴，由题意，则， 所以m的最小值为； （2）由题意的图象与函数的图象有交点， 化为有解，设，则； 则由得， 由得，消去，得，显然； 当时，方程无解； 当时，方程无解； 故此方程的解为，即，∴，， 则. 答案第2页 总2页 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 隐零点问题练习 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________ 一、多选题（共1小题） 1. 已知函数 （e为自然对数的底数），则（    ） A. B. 在 上单调递增 C. D. 若 ，且 ，则 的最大值为 二、填空题（共1小题） 2. （2023·广东省揭阳市惠来同仁北实高级中学期中）已知是函数的零点，则______. 三、解答题（共8小题） 3. （2023·上海市行知中学10月月考）设函数，其中． （1）若，求的单调区间； （2）若， （ⅰ）证明：恰有一个极值点； （ⅱ）设为的极值点，若为的零点，且，证明：． 4. 已知函数，求： （1）当k=1时，求曲线 在点 处的切线方程； （2）当x>3时，总有 ，求整数k的最小值. 5. (2021·天津高考)已知a＞0，函数f(x)＝ax－x·ex. (1)求函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明f(x)存在唯一极值点； (3)若存在a，使得f(x)≤a＋b对于任意的x∈R成立，求实数b的取值范围． 6. (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 7. 已知函数 ． (1)当 时，求曲线 过原点的切线的方程． (2)若 有两个零点，求实数 的取值范围． 8. 已知函数， . （1）讨论函数 的单调性； （2）当a=1时，求证：. 9. 已知函数f(x)＝aex－ln (x＋3)＋ln a. (1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)≥3，求实数a的取值范围． 10. （2023·浙江省金华市第一中学10月月考）已知函数. （1）设函数，且对成立，求的最小值； （2）若函数的图象上存在一点与函数的图象上一点关于轴对称，求的长. 试卷第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$