专题1 微专题12 隐零点问题-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 微专题12 隐零点问题 [考情分析]隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在函数、不等式与 导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡， 再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解，一般难度较大。 ·思维导图 函数零点存在定理 不等式证明中的“隐零点”问题 常见 函数的图象与性质 知识 题型 函数范出中的“隐零点”问题 利用导数判断函数的单调性 与三角函数有关的“隐零点”问题 分离参数 零点 变更主元 必备 题 构建的函数不恰当 常见 整体代换 解法 误区 主元变更不恰当 分类讨论不全面 分离函数 典型例题 考点一不等式证明中的“隐零点”问题 【典例1】(2023武汉模拟)已知函数x=1nxx+ax+2的图象在点(1,1)处的切线方程为 y-3=0 (1)判斯函数x)的单调性： (2)证明：当x>0时，9≤e2 (1)解因为f(x)=1-1nxx2-ax2,所以f(1)=1-a=0,解得a=1, 所以f')=-1nxx2 函数x的定义域为0，+∞)，令fx0,得0x<1:令f(x)0,得x>1 所以函数fx)的单调递增区间为0,1)，单调递减区间为(1，十∞). (2)证明要证fx)≤e2,即证1nxx+1x十2≤e2,只需证r(e2-2)-1nx-1≥0 令gw)=xe2-2)-lnx-1,其中x0, 则g'()=(2+1)e2-1+2xx=(2x+1)八avs4\al\co1(e2x-\f(1x). 令h)=e2x-1xx>0),则h'(x)=2e2r+1x2>0, 所以)在(0，十o)上单调递增. 因为havs4\a1\co1(f(14)=e-40,\avs4\a1\co1(f(12)=e-20, 所以存在x∈alvs4 alco10f(112),使hx)=e2-1x0=0,可得2=-lno, 当x∈(0，o)时，h)0,即g'(x0,则gx)在(0，xo)上单调递减： 当x∈(a,十∞)时，h(0,即g'(x>0,则gc)在(，+o)上单调递增. ·独家授权侵权必究· 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 g()min=g(xo)=xo(e2%o-2)-In xo-1=xo\a\vs4\al\col(\f(1x0)-2)+2xo-1=0. 所以g)≥0，所以x)≤e2 跟踪训练1已知函数fx)=xe一a(x十ln). (I)讨论x)极值点的个数： (2)若xo是fx)的一个极小值点，且x)>0,证明：xP2x一x30). (1 f (x)=(x+1)e*-a\a\vs4\al\col(1+\f(1x)) =(x+1)\a\vs4\al\col(ex-\f(ax))=x+1 xex-ax,x∈(0，+∞). ①当a≤0时，)>0，x)在(0，十∞)上是增函数，不存在极值点： ②当a>0时，令hx=xe-a,x>0, hn'()=(c+1)e>0. 显然函数h()在(O,十o)上是增函数， 又因为当x→0时，hxr)一一a<0,h(a=a(e-1)>0, 所以存在xo0,使h(x)=0. 当x∈(0，xo)时，h0,(x)0,fx)单调递减： 当x∈(xo,十o)时，hx)>0,f(xP0,x)单调递增. 所以x=xo是x)的极小值点. 综上，当a≤0时，)无极值点，当a0时，x)有一个极值点. (2)证明由(1)得，f(xo)=0,即xe=a, fxo)=xe-a(xo+Inxo)=xe (1-xo-In xo), 因为fo)>0,所以1一xg一lnxo0, 令g)=1-x-lnx,则g'(c)=-1-1x0, 所以g)在(0，十∞)上是减函数，且g(1)=0, 由gx)>g(1)得x<1,所以xa∈(0,1)， 设o(x)=lnx-x+1,x∈(0,1)， 9'(x)=1x-1=1-xx, 当x∈(0,1)时，o'(x>0,所以ox)单调递增， 0(x)<o(1)=0,即o<0, 即lnxx-l,所以-lnx>1-x, 所以n(x+1)x,所以ex+1>0 因为xo∈(0,1)，所以e>x十1>0.1-x0-nx0>1-xo十1-xo0, 相乘得e0(1-xo-hxa>(co+1)2-2o, 所以fo)=xe(1-x0-hxo)P2xoo+1)1-x0)=2xo(1-20)=2o-x30). 独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 结论成立. 考点二函数范围中的“隐零点”问题 【典例2】(2023兰州模拟)己知函数x)=x+2ax-(a-2)nx(aeR),g=(b-1)x-2x-xe (1)判断函数x)的单调性： (2)当a=1时，关于x的不等式十g≤一1恒成立，求实数b的取值范围. 解(1)x)的定义域为(0，+∞)，f”(c)=1-2ax2-a-2x=x2+2-ax-2ax2=x+ 2 x-a x2, 若a≤0，f(x)>0,此时x)在(0，十∞)上单调递增： 若a>0,则当0x<a时，(x)0,x)在(0，a)上单调递减， 当x之a时，(>0，x)在(a,+∞)上单调递增. (2)当a=1时，fx)+gx)=bx+lnx-xe, 由题意b≤e-1nxx-1x在(0，十∞)上恒成立， 令hx)=e2-1nxx-1x, '(x)=e*-1-In xx2+1x2=x2ex+1n xx2, 令)=2e+lnx,则4'(x)=(x2+2x)e+1x>0,所以(x)在(0，+)上单调递增， 又1)=e>0,a\vs4\al\co1(f(12)=e)4-ln2s0, 所以ux)在\a\vs4al\co1(f(12),1)上有唯一零点xo, 由o)=0得xe=-lnx0x0, 当x∈(0，xo)时，x)0,即h'(x0,hr)单调递减： 当x∈(a,十∞)时，x)P0,即h'(x>0,hx)单调递增， 所以o)为hx)在定义域内的最小值， 即hx)min=hxo)=e一lnx0x0-lx0 令x)=xre1a\vs4al\col(f(12)<x<1),则方程xe=-1nxx等价于kx)=-lnx, 易知x)单调递增，所以x=一nx,即e=1x, h(x)min=h(xo)=e*-In xOx0-1x0=1x0--x0x0-1x0=1, 所以b≤1，即实数b的取值范围是（一∞，1]· 跟踪训练2(2023成都模拟)己知x)=anx一xnx(a>0). (I)求证：x)仅有一个极值： (②)若存在a,使x)≤a+b对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数b的取值范围. (I)证明f(x)=ax-nx-la>0), 令px)=ax-nx-l, 由a>0,得p'(x)=一ax2-1x<0, 所以”(x)在(0，十∞)上单调递减， ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xXK.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 f \a\vs4\al\col(\f(le))=ae-\a\vs4\al\col(In \f(1e)+1)=ae>0,f (a+1)=aa +1-n(a+1)+1]0, 所以存在唯一的xo∈1alvs4\al\col(《f(1e),a+1),使得f(o)=0 所以)在(0，xo)上单调递增，在o,十∞)上单调递减 )极大值=xo),无极小值， 所以)仅有一个极值. (2)解任意x∈(0，+∞)，x)≤a十b,则a十b≥x)mx 由(I)知fxms=o)=aln xo一xolnxo, 又f(o)=ax0-lnx0-1=0,则a=xnxo十xo 若存在a,使fx)≤a十b,即aln xo-Xoln xo≤a十b, 得b≥alno-Coln xo-a=(lnxo十xo)lnxo一xlhx-(alnx十xo)=hro), 转化为b≥h(oi h(xo)=xo(In xo)2-xoln xo-xo(xo-0), (xo)=(In xo)2+In xo-2=(In xo+2)(In xo-1), 当h'(xo)>0时，nxo<-2或lnxo>l,xo∈\a\vs4\al\col(0,\f(1e2)U(e,+eo): 当h')0时，-2<nxo<l,xo∈a\vs4 al\col(f(1e2),e), 所以hxo)在\a\vs4\al\col(0,\f(1e2)上单调递增，在\a\vs4al\col(f(1e2),e)上单谓 递减，在(e,十∞)上单调递增， 当xo∈\a\vs4\al\col(0,\f(1e2)时，hxg)=xaln)2-Xoln xo-xo=xo(nxo)2-(nx+1) Xo 由于dno+1)K-1,则-xo(In xo-+I)>0,又xo(In xo)2>0 所以hxo)=xon)2-(hxo+1x00, 当xoe\avs4\al\colf(1e2),+o∞)时，h(Xo)min=h(e)=-e, 综上，当x∈(0，十o)时，HXo)min=h(e)=一c, 得b≥-e 故b的取值范围是[一e,+o). 考点三与三角函数有关的“隐零点”问题 【典例3】(2023东北师大附中模拟)已知x)=12x2一x十asin x. (I)若在x=π处的切线的斜率是π一2，求当1≤x)在[0，十∞)恒成立时的的取值范围： (2)设gx)=x)-12x2+2x一lnc+1),当x∈(0，)时g(x)有唯一零点，求a的取值范围. 解(1)x)=12r2-x+asin x,则f(x)=x一1+acosx, .(m)=π-1-a=π-2，∴a=1, 令o(x)=x-1十cosx,则o'(c)=1一sinx≥0恒成立， 。独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敷辅专家 ∴.ox)是增函数，当x>0时，x>o(0)=0,即f(x)>0恒成立， .x)在[0，十∞)上单谓递增，x)am=0)=0, :1≤x)恒成立，.≤fx)mim=0, ∴.的取值范围是（一∞，0] (2)g()=fx)-12x2+2x-ln(c+1)=x+asinx-nc+1),g'(x)=1+acos x-1x+1, ①当a<0时g'(x)在(0，π)上单谓递增，g'(0)=a<0,g'()=1一a-1n+1>0, ∴.存在x∈(0，π)，使得g'(xo)=0, 当x∈(0，xo)时，g'(x)0,g)单调递减， 当x∈(o,x)时，g'(x)0,g)单调递增， 又g(O)=0,g()=π-ln(π十1)>0，故存在唯一的t∈(o,),使得g0=0,满足题意： ②当a≥0时，由x∈(0，)可得gx)≥x-ln(c十1)，令hx)=x-nc十1)， 则h'()=1一1x+1=xx+1,当x∈(0，π)时，h'(x>0,故hx)在(0，)上单调递增， 则hx)Ph(0)=0,则gx>0在(0，)上恒成立，故gx)在(0，π)上无零点. 综上所述，a的取值范围是（一∞，O) 跟踪训练3(2023北京海淀区模拟)已知函数x)=e-asinx. (1)当a=2时，求曲线y=x)在点(0，O)处的切线方程： (2)若对任意x∈[0，x,不等式x)≥2-cosx恒成立，求a的取值范围. 解(1)当a=2时，fx)=e-2sinx,则f(x)=e-2cosx, f(0)=1-2=-1,又f0)=1, ∴x)在点(0，O)处的切线方程为y=一x十1，即x十y一1=0 (2)h(x)=fx)-2+cosx=e*-asinx+cosx-2, 则对任意x∈[0，π，hx)≥0恒成立. 又h'9=e-acosx-snx, 令tx)=h'(x),则t'(x)=e+asinx一cosx 当a≥0时，若xe[0,元]，则e≥e0=1,cosx≤1，sinx≥0， .x)≥0在[0，x上恒成立，则h()在[0，x上单调递增。 ①当a>1时，h'(0=1-a<0,h'()=e+a>0, .3∈(0，)，使得h'co)=0,且当x∈(0，)时，h'(x)<0, ∴.hx)在(0，x)上单调递减，此时hx)hO)=0,不符合题意： ②当a=1时，hw)=e-sinx十cosx-2 当x∈(0，元)时，h'(x)>h'(O)=0,则hx)在0，元上单调递增， .x)≥h(O)=0恒成立，满足题意： ③当a1时，7)=e-asinx十cosx-2>e-sinx十cosx-2, ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 ■b2XXkc0m 您身边的互联网+教辅专家 由②知对任意r∈[0，]，hx)>e一sinx十cosx一2≥0，满足题意. 综上所述，实数α的取值范围为（一∞，1]. [总结提升] 隐零点的处理思路： 第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零 点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数： 第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数 与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次。 热点突破 1.(2023广州模拟)设函数x=e+a(1一e)+1 (1)求函数x)的单调区间： (2)若函数fx)在(0，十∞)上有零点，证明：a>2 (1)解fx)=xe+a(1-c)+1, .fx)=[-(a-I)]小e, ∴当xa-1时，c)>0,函数x)在(a-1,十o)上单调递增： 当xa一1时，f<0,函数x)在（一∞，a一1）上单调递减， 即函数f的单调递减区间为（一∞，a一1），单调递增区间为(a一1，十c∞). (2)证明函数x)在(0，十∞)上有零点，可得方程f)=0有解， ∴.a=xex+1ex-1=xex-1十x十1ex-1=x十x十1ex-1在(0，+∞)上有解， 令g)=x+x+1ex-1,x∈(0，+o), g'(x)=1+ex-1-x+1 ex ex-1 2=ex ex-x-2 ex-12, 设函数x)=e-x一2，x∈(0，+o), h'x)=e-1>0, .函数)在(0，十o)上单调递增， 又h1)=e-3<0,h2)=e2-40, ∴.存在x∈(12)，使得0)=0， 当x∈(0，xo)时，g'(c)0:当x∈(，+o)时，g()P0, ∴.函数gx)存在唯一的最小值点o,满足e=xo十2， 小8)=场十。-l =x0+1∈(23)， eto-1 :a=gx)=x十x十1ex-1在(0，十∞)上有解， ∴.a≥gx)P2, ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ∴.a>2. 2.(2023湖南师范大学附中模拟)已知函数x)=1+ka\vs4\al\col(nx-\f(1+lnxx) (&≠0). (I)若x)存在最大值M,证明：M+心1： (2)在(I)的条件下，设函数g)=xx十M一1k一x,求gx)的最小值（用含M,k的代数式表示）， (1)证明x)的定义域为(0，+∞)， f(x)=aks4\alicol(f(11-01+Inx x)=k x+1n x x2, 记p(x)=x十lnx,易知o(x)是增函数， 又因为oa\vs4\al\co1(f(1e)=1e-1<0,(1)=1>0, 所以存在x∈\a\vs4alco1(f(1e),1),使得oxo)=0, ①当0时，x在(0，x)上单调递减，在o,十∞)上单调递增， 所以)无最大值，即心0不符合题意； ②当k0时，f在(0，xo)上单调递增，在：十∞)上单调递减， )mIx=f(xo)=1+a\vs4\al\col(In xo-\f(1+1n xOxO)), 因为xa十lnxo=0,所以nxo=一xa, fx)=1-ka\vs4\al\col(x0+\f(1x0)-1)>1-k\a\vs4\al\col(2\r(x0.\f(1x0))- 1)=1-k, 所以x)m十e1,即M十>1 (2)解由(1)可知k<0,且M+>1,所以M-1k<-1, g'(田=(c+1)e·-1,令)=g, 则h'=x十2)e本，令h'x)=0,解得x=一2， 当x一2时，h'(x)>0,当x<-2时，h'心)0， 所以g'()在（一∞，一2）上单调递减，在（一2，+∞）上单调递增. 当x≤-1时，g')0, M- g(0)=e-1<0,g'\a\vs4\al\col(\f(1-Mk))=1-Mk>1, 所以存在∈\avs4al\co1(0,f(1-Mk),使得g'()=0, 可知gemm=g)=xef-5, 因为g'()=0,所以十1=e k 所以n(+1)十灼=1一k, 由(1)可知，lnxo=一xo,即1x0=e, 因为M=1+a\vs4\al八\co1(1nx0-\f(1+lnx0x0), ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以1-Mk=1十1nx0x0+x=e十xo-1, 所以ns+1)十=e十xo-l=ln(e-1+l)+e-l 设x)=n(x+1)+x,易知)单调递增，且s)=从e一1)， 所以=e一1， 所以g的m=e-1e0-e+》-(e-)=e5-l+1=e=2--e=1+M-1k, e 即g)的最小值为1+M一1k 3.(2023黄冈模拟)已知函数x)=xe-asinx-x (1)求当a=0时，求函数x)的最值； (2)若gx)=fx)+x在区间a\vs4\al\co1(0,\f(r2)内存在极值点xo ①求a的取值范围： ②证明g)在区间0，)内存在唯一零点1，且120 (I)解当a=0时，fx)=xe-x,)=(x+1)e-1, 当x-1时，)0， 当o-1时，令x)=十1)e-1, 由o'(x)=(x+2)e>0, ∴.x)在（一1，+∞）上单调递增且f(0)=0, ∴.当x0时，)单调递减，当x>0时，x)单调递增， ,x)mm=O)=0,无最大值 (2)①解g(x=xe-asinx, 则g'(=(x+1)ex-acosx,x∈\a\vs4\al\col(0,1f(元2))， 令hx9=g(x), 当a≤0时，h)>0,无零点，不符合： 令h)=gx), 当0<a≤1时，(x十1)e>1,0 acos x<1, .hx)>0无零点，不符合： 当a>1时，h'()=(x+2)e+asin x>0, '.hx)在\a\vs4\al八col(0,\f(r2)上单谓递增， h(0)=1-a<0,h\a\vs4\al\col(\f(2))=\a\vs4\al\col(\f(x2)+1)e2>0, ∴.存在唯一的xw∈\a\vs4\al\col(0,f(n2)使hx)=0,即gx)在\a\vs4\al\col(0,\ f(π2)上存在极小值点x 综上，a>1 ·独家授权侵权必究 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2xXk.com● 您身边的互联网+敷辅专家 ②证明由①可知，当0xx时，g'(c)0,当xx<元2时，8'(x)0, 而当r2≤x<π时，g'(x)>0,∴gx)在(0，x0)上单调递减，在(，)上单调递增， go)g(0)=0,g()=πe>0.'gx)在xo,元)内存在唯一零点1， 下证1<26，即证g)g(2o),即证g(2xo)P0, a=x+10e5 coS xo :'.g(2xa)=2.xe2-asin 2xo =2x,e2-+10e5 ‘s1n2xo cosxo =2e%(xe*-(xo+1)sinxo), 令o)=x一s1nxo, 故t'o)=1-cos0≥0， 即o)是R上的增函数，故(x)>(O)=0,故x>sino, 令sxo)=e一xo-l,故当xo0时，s'(c)=e5-1>0, 即sx)在(0，十o∞)上单调递增，故s)>(0)=0,故exo十1， ∴.g(2xaP0, 即g(2o)Pg),∴<2xo,命题成立. ·独家授权侵权必究·