微专题 导函数的隐零点讲义-2025届高三数学二轮复习

微专题1　导函数的隐零点 课前学习任务 高考定位 隐零点问题在高考中不会单独考查，一般在研究函数的单调性的过程中应用，难度较大，往往作为压轴题出现． 核心归纳 1．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”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达． 2．解决此类问题的基本思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参数，技巧上反客为主． 3.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，利用函数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的范围． 4.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，需根据题意对参数进行分类讨论． 课堂考点突破 考点一　不含参函数的隐零点问题 例1　 已知函数f(x)＝ex－ex sin x，(e为自然对数的底数)． 证明：f(x－1)>1－ex-1sin (x－1)－2. 训练1　已知函数f(x)＝x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)>－x3－x2＋ln (ax)(a>0)恒成立，求实数a的取值范围． 考点二　含参函数的隐零点问题 例2　(2024·浙江丽水二模节选)设函数f(x)＝ex－ln (x＋a)，a∈R. 若对定义域内任意的实数x，恒有f(x)≥a，求实数a的取值范围．(其中e≈2.71 828是自然对数的底数) 训练2　设函数f(x)＝x＋ax2＋b ln x．若a＝－1，b>1时，函数y＝f(x)在[1，2]上的最小值为0，求实数b的取值范围． 课后学习任务 1．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0. (1)求a，b的值； (2)求证：f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－. 2．已知f(x)＝ex+1－＋1，g(x)＝＋2. (1)求g(x)的极值； (2)当x>0时，证明：f(x)g(x)． 3．已知函数f(x)＝(f′(1)－4)ex-1－f(0)x＋3x2. (1)求f(x)的解析式及单调区间； (2)若存在实数x，使得f(x)≤2x2＋3x＋2＋2m成立，求整数m的最小值． 4．(2024·四川南充二模)设函数f(x)＝ex，g(x)＝. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设0≤m<2，证明函数g(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值A，且1<A≤. 答案与解析 课堂学习任务 类型一 例1　证明：f(x－1)＝ex-1－ex-1sin (x－1)， f(x－1)－[1－ex-1sin (x－1)－]＝ex-1＋2－1 设h(x)＝ex-1＋2－1，则h′(x)＝ex-1＋x－， 令t(x)＝h′(x)＝ex-1＋x－，则t′(x)＝ex-1＋1>0，所以h′(x)在R上单调递增， <e0＝1，>>＝4， 则有h′＝－1<0，h′＝>0， 故存在x0∈＝－x0， 所以当x<x0时，h′(x)<0，当x>x0时，h′(x)>0， h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故当x＝x0时，函数h(x)有唯一的极小值，且是最小值， 故函数h(x)min＝h(x0)＝2－1＝－＋2－1＝2－， ∵x0∈，∴2－>2－>0， 故h(x)＝ex-1＋2－1>0， 所以f(x－1)－[1－ex-1sin (x－1)－]>0， 即f(x－1)>1－ex-1sin (x－1)－2. 训练1　解：(1)因为f(x)＝x， 所以f′(x)＝ex－x2－x－1＋x＝(x＋1)(ex－x－1)， 设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)g(0)＝0， 所以当x∈(－∞，－1)时f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时f′(x)0，当且仅当x＝0时取等号， 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． (2) 因为a>0，ax>0，所以x>0，所以f(x)>－x3－x2＋ln (ax)(a>0)， 即xex－(x＋ln x)－ln a>0， 设h(x)＝xex－(x＋ln x)－ln a>0， 则h′(x)＝(x＋1)ex－＝(x＋1)(x>0)， 设m(x)＝ex－(x>0)，易知m(x)在(0，＋∞)上单调递增，且m<0，m(1)>0， 所以存在x0∈，使得m(x0)＝0， 则，所以＝1，ln x0＋x0＝0， 且当x∈(0，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)h(x0)＝－(x0＋ln x0)－ln a＝1－ln a， 所以1－ln a>0，得0<a<e， 故实数a的取值范围是(0，e)． 类型二 例2　解：函数f(x)＝ex－ln (x＋a)定义域为(－a，＋∞)， 依题意ex－ln (x＋a)a在(－a，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝ex－ln (x＋a)－a，x∈(－a，＋∞)，则g′(x)＝ex－， 设h(x)＝g′(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>0恒成立， 所以g′(x)＝ex－在(－a，＋∞)上单调递增， 且当x→－a时g′(x)→－∞，当x→＋∞时g′(x)→＋∞， 所以存在x0∈(－a，＋∞)使得g′(x0)＝0，即， 所以a＝－x0， 则当x∈(－a，x0)时g′(x)<0，即g(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时g′(x)>0，即g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝－ln (x0＋a)－a＝ ＝＋2x00， 令m(x)＝ex－＋2x，则m′(x)＝ex＋＋2>0且m(0)＝0， 所以m(x)＝ex－＋2x为增函数， 由m(x0)0＝m(0)，所以x00， 又y＝与y＝－x均为减函数，所以y＝－x在[0，＋∞)上单调递减， 所以当x00时a≤－0＝1，所以实数a的取值范围为(－∞，1]. 训练2　解：当a＝－1时，函数f(x)＝x－x2＋b ln x，有f(1)＝0， f′(x)＝1－2x＋，由b>1，则f′(1)＝－1＋b>0， 函数y＝－2x2＋x＋b，函数图象抛物线开口向下，Δ＝1＋8b>0， 若f′(2)0，则f′(x)0在[1，2]上恒成立，y＝f(x)在[1，2]上单调递增，最小值为f(1)＝0， 若f′(2)<0，则存在x0∈[1，2]，使得f′(x0)＝0， 1<x<x0时，f′(x)>0；x0<x<2时，f′(x)<0， 则f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，2]上单调递减， 综上可知，函数y＝f(x)在[1，2]上的最小值为0，只需f(2)0， 即2－22＋b ln 20，解得b， 所以实数b的取值范围为. 课后学习任务 1．解：(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1. 又当x＝0时，f(x)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)， 即x＋y＋1＝0，所以b＝1. (2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex， 所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点； 当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0， 所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0. 由＝1，得，f(x0)＝－x0＝1－， 又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0， 可得<x0<1，可得2<＋x0<， 所以. 2．解：(1)g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 故g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值． (2)证明：f(x)g(x)等价于xex+1－2ln x＋x(x>0)，即xex+1－ln x－x－20. 令h(x)＝xex+1－ln x－x－2(x>0)， h′(x)＝(x＋1)ex+1－＝(x＋1)，令φ(x)＝ex+1－， 则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而φ＝－10<e2－10<0，φ(1)＝e2－1>0， 故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈， 当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增， 故h(x)min＝h(x0)＝x0－ln x0－x0－2， 又因为φ(x0)＝0，即＝，所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0， 从而h(x)h(x0)＝0，即f(x)g(x)． 3．解：(1)f(x)＝(f′(1)－4)ex-1－f(0)x＋3x2⇒f′(x)＝(f′(1)－4)ex-1－f(0)＋6x， 令x＝1，得f(0)＝2. 令x＝0，得f(0)＝(f′(1)－4)e-1⇒f′(1)＝2e＋4. 则f(x)＝2ex－2x＋3x2，f′(x)＝2ex－2＋6x，且f′(x)在x∈R上单调递增，f′(0)＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 则f(x)＝2ex－2x＋3x2的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． (2)因为f(x)≤2x2＋3x＋2＋2m，所以ex＋x－1≤m. 令h(x)＝ex＋x－1，则h′(x)＝ex＋x－，易知h′(x)在x∈R上单调递增． 又h′＝－2<0，h′＝>0， 则存在唯一的x0∈，使得h′(x0)＝0， 且当x∈(－∞，x0)时，h′(x0)<0；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x0)>0， 则函数h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(x0)＝x0－1. 又h′(x0)＝＝0，即， 则h(x)min＝h(x0)＝. 因为x0∈，所以h(x)min＝h(x0)∈. 因为存在实数x，使得f(x)≤2x2＋3x＋2＋2m成立， 所以mh(x)min，又m∈Z，则整数m的最小值为0. 4．解：(1)由f(x)＝ex，则x＋2≠0，所以f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)， 求导可得f′(x)＝ ＝≥0， 当且仅当x＝0时等号成立， ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(－2，＋∞)，无单调递减区间． (2)证明：g′(x)＝ ＝， 由(1)知，φ(x)＝ex＋m在(0，＋∞)上单调递增， 由0≤m<2知，φ(0)＝－2＋m<0，φ(2)＝m≥0， ∴存在xm∈(0，2]使φ(xm)＝0且x∈(0，xm)时，φ(x)<0，由>0，则g′(x)<0， x∈(xm，＋∞)时，φ(x)>0，由>0，则g′(x)>0， 即g(x)在(0，xm)单调递减，在(xm，＋∞)单调递增， ∴g(x)在(0，＋∞)上存在最小值A，且A＝g(xm)， 又φ(xm)＝0得：＋m＝0，即－m＝， ∴A＝g(xm)＝ ＝＝ ， 设h(x)＝(0<x≤2)，∴h′(x)＝>0， ∴h(x)在(0，2]上单调递增，h(0)＝1，h(2)＝，∴1<h(x)≤， 又xm∈(0，2]，故1<A≤. 学科网（北京）股份有限公司 $$