专题1 培优点2 隐零点问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

培优点2　隐零点问题 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”，既能确定其存在，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． 考点一　不含参函数的隐零点问题 例1　(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由． 解　(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1) ＝(x－1)(x＋1)(ex－a)． 若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0； 当x>1时，f′(x)>0， ∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若1<a<e，即0<ln a<1， 当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0； 当ln a<x<1时，f′(x)<0； ∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若a＝e，f′(x)≥0， ∴f(x)在定义域上是增函数； 若a>e，即ln a>1， 当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0； 当1<x<ln a时，f′(x)<0； ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增． (2)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′(x)＝ex＋>0， ∴h(x)在定义域上是增函数， ∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， ∴存在唯一x0∈，使h(x0)＝0， 即－＝0，＝，－x0＝ln x0， 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， ∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－x＋(x0－1)2＝－x＋－2， 设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减． ∴g(x0)<g＝－<0， ∴g(x)在(0,1)内无零点， ∵g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0， ∴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． 规律方法　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． 跟踪演练1　(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)． (1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； (2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. (1)解　设切点坐标为(x0，f(x0))， 由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a， 所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0. 因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切， 所以解得a＝－1. (2)证明　当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1， 令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2 ＝xex－ln x－x－1(x>0)， 则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝， 令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0， 所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)， 且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝x0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得x0－1＝0， 两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0， 所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2. 考点二　含参函数的隐零点问题 例2　(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； (2)证明：当a>1时，f(x)没有零点． (1)解　当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1， f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝×|－1|×(e－1)＝. (2)证明　当a>1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1， 所以f′(x)＝aex－＝(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， 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， f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a ＝ln a＋， 因为a>1，所以ln a>0， 又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0. 所以f(x)≥f(β)>0. 因此当a>1时，f(x)没有零点． 规律方法　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． 跟踪演练2　(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值． 解　(1)函数f(x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)． (2)∀x∈(1，＋∞)，xln x＋x>k(x－1)⇔k<， 令g(x)＝，x>1， 求导得g′(x)＝ ＝， 由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0， 因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0， 即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2， 当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0， 因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 于是g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，则k<x0∈(3,4)， 所以整数k的最大值是3. 专题强化练 1．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2. (1)求实数b的值； (2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1. (1)解　∵f(x)＝ex＋bsin x， ∴f′(x)＝ex＋bcos x， 由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b， 由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1. (2)证明　由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)， ∴f′(x)＝ex＋cos x， 令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)， 则g′(x)＝ex－sin x， 当x∈(－π，0]时， ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0， 当x∈(0，＋∞)时， ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0， ∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， 又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝－1<0， g＝＋cos＝>0， ∴存在唯一x0∈， 使g(x0)＝＋cos x0＝0， 又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， ∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点， ∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cos x0＝0， 当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)存在唯一极小值点x0. 又∵＋cos x0＝0， ∴＝－cos x0， ∴f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0 ＝sin， 又∵x0∈， ∴x0－∈， ∴sin∈， ∴f(x0)＝sin∈(－1,1)， ∴f(x0)>－1. 2．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)若a＝，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值； (2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝时， f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0得x＝e， 所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0. (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， 则h′(x)＝(x＋1)ex－a ＝(x＋1)， 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， 令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立， 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＝x0， 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) ＝x0－a(x0＋ln x0) ＝x0(1－x0－ln x0)≥0即可； 所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0， 因为x0＝a， 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]． 学科网（北京）股份有限公司 $$