专题一 重点题型(二) 隐零点问题（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

数 学 高三二轮专题复习高效讲义 数 学 专题一 PPT下载 http:///xiazai/ 函数与导数 重点题型(二)　隐零点问题 2 角度1 不含参函数的隐零点问题 角度2　含参函数的隐零点问题 课下巩固训练（十） 隐零点问题 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 谢谢观看 【编者按】 　在求解导数问题时，如果f ′(x)是超越形式(对字母进行了有限次初等超越运算，包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式)，并且f ′(x)的零点是存在的，但我们无法求出其零点，此时可对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”． [例1]　已知f(x)＝a sin x－x＋ eq \f(1,x＋1)(x>－1)，且0为f(x)的一个极值点． (1)求实数a的值； (2)证明：①函数f(x)在区间(－1，＋∞)上存在唯一零点； ② eq \f(1,2)－<<1，其中n∈N*且n≥2. 解：(1)由f(x)＝a sin x－x＋(x>－1)，则f ′(x)＝a cos x－1－， 因为0为f(x)的一个极值点， 所以f ′(0)＝a－2＝0，所以a＝2. 当a＝2时，f ′(x)＝2cos x－1－， 当－1<x<0时，因为函数f ′(x)在(－1，0)上单调递增， 所以f ′(x)<f ′(0)＝2－1－1＝0，即f(x)在(－1，0)上单调递减； 当0<x< eq \f(π,2)时，设g(x)＝2cos x－1－，则g′(x)＝－2sin x＋， 因为函数g′(x)在(0， eq \f(π,2))上单调递减，且g′(0)＝2>0，g′( eq \f(π,2))＝－2＋ eq \f(2,(\f(π,2)＋1)3)<0， 由零点存在定理，存在x0∈(0， eq \f(π,2))，使得g′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，即f ′(x)单调递增， 又因为f ′(0)＝0，所以∀x∈(0，x0)，f ′(x)>0，f(x)在(0，x0)上单调递增； 综上所述，f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，x0)上单调递增，所以0为f(x)的一个极值点，故a＝2. (2)①当－1<x≤0时，f ′(x)≤2－1－1＝0，所以f(x)单调递减， 所以对∀x∈(－1，0]，有f(x)≥f(0)＝1，此时函数f(x)无零点； 当0<x< eq \f(π,2)时，设g(x)＝2cos x－1－， 则g′(x)＝－2sin x＋， 因为函数g′(x)在(0， eq \f(π,2))上单调递减，且g′(0)＝2>0，g′( eq \f(π,2))＝－2＋ eq \f(2,(\f(π,2)＋1)3)<0， 由零点存在定理，存在x0∈(0， eq \f(π,2))，使得g′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，即f ′(x)单调递增， 当x∈(x0， eq \f(π,2))时，g′(x)<0，即f ′(x)单调递减． 又因为f ′(0)＝0，所以∀x∈(0，x0)，f ′(x)>0，f(x)在(0，x0)上单调递增； 因为f ′(x0)>0，f ′( eq \f(π,2))＝－1－ eq \f(1,(\f(π,2)＋1)2)<0，所以存在x1∈(x0， eq \f(π,2))， 当x∈(x0，x1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(x1， eq \f(π,2))时，f ′(x)<0，f(x)单调递减． 所以当x∈(0，x1)时，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝1； x∈(x1， eq \f(π,2))时，f(x)单调递减，f(x)>f( eq \f(π,2))＝2－ eq \f(π,2)＋ eq \f(1,\f(π,2)＋1)>0， 此时f(x)在(0， eq \f(π,2))上无零点； 当x∈( eq \f(π,2)，π)时，f ′(x)＝2cos x－1－<0，所以f(x)在( eq \f(π,2)，π)单调递减， 又f( eq \f(π,2))>0，f(π)＝0－π＋ eq \f(1,π＋1)<0， 由零点存在定理，函数f(x)在( eq \f(π,2)，π)上存在唯一零点； 当x≥π时，f(x)＝2sin x－x＋<2－π＋1<0，此时函数无零点； 综上所述，f(x)在区间(－1，＋∞)上存在唯一零点． ②因为f ′( eq \f(π,4))＝ eq \r(2)－1－ eq \f(1,(\f(π,4)＋1)2)>0，由(1)中f(x)在(0， eq \f(π,2))上的单调性分析， 知x1> eq \f(π,4)，所以f(x)在(0， eq \f(π,4))单调递增， 所以对∀x∈(0， eq \f(π,4)), 有f(x)>f(0)＝1， 即2sin x－x＋>1，所以sin x> eq \f(1,2)(x＋1－). 令x＝(k≥2)，则sin > eq \f(1,2)(＋)>>＝－， 所以>( eq \f(1,2)－ eq \f(1,3))＋( eq \f(1,3)－ eq \f(1,4))＋…＋(－)＝ eq \f(1,2)－， 设h(x)＝sin x－x，x∈(0， eq \f(1,4)]，则h′(x)＝cos x－1<0， 所以函数h(x)＝sin x－x在x∈(0， eq \f(1,4)]上单调递减， 则h(x)＝sin x－x<h(0)＝0，即sin x<x，x∈(0， eq \f(1,4)]， 所以sin <<＝－， 所以<(1－ eq \f(1,2))＋( eq \f(1,2)－ eq \f(1,3))＋…＋(－)＝1－<1， 所以 eq \f(1,2)－<<1. [规律总结]　隐零点问题求解的三个步骤 (1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围． (2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式． (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小． [对点练习]　1.(2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)＝ex－4ln x－4. (1)判断f(x)的导函数在(1，＋∞)上零点的个数，并说明理由； (2)证明：当x∈(1，＋∞)时，ex－4x ln x－1>0. 注：0.69<ln 2<0.7. 解：(1) f ′(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)， 令h(x)＝f ′(x)＝ex－，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝ex＋>0，x∈(1，＋∞)， 所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，即f ′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f(x)的导函数在(1，＋∞)上零点的个数为1. (2)令g(x)＝ex－4x ln x－1，x∈(1，＋∞)， 则g′(x)＝ex－4ln x－4，即f(x)＝g′(x)， 由(1)可知存在x0∈(1，2)，使得f ′(x0)＝0， 当1<x<x0时，f ′(x)<0，当x>x0时，f ′(x)>0， 所以f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 又因为f(1)<0，f(2)>0，存在x1∈(1，2)，使得f(x1)＝0，即ex1－4ln x1－4＝0， 当1<x<x1时，g′(x)<0，当x>x1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(1，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(x1)＝ex1－4x1ln x1－1＝4ln x1＋4－4x1ln x1－1＝4(1－x1)ln x1＋3， 令t(x)＝(1－x)ln x，x∈(1，2)，则t′(x)＝－ln x＋<0，x∈(1，2)， 所以函数t(x)在(1，2)上单调递减，所以t(x)>t(2)＝－ln 2， 所以x1∈(1，2)时，4(1－x1)ln x1＋3>－4ln 2＋3>0， 即当x∈(1，＋∞)时，ex－4x ln x－1>0恒成立． [例2]　(2024·广西南宁模拟)设函数f(x)＝－a ln x＋e2x，a>0. (1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)－2a－a ln 2＋a ln a≥0. 解：(1)当a＝e时，f(x)＝e2x－eln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x)＝2e2x－，令g(x)＝2e2x－， 因为g′(x)＝4e2x＋>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，注意到f ′( eq \f(1,2))＝0， 所以当0<x< eq \f(1,2)时，f ′(x)<0；当x> eq \f(1,2)时，f ′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0， eq \f(1,2))，单调递增区间为( eq \f(1,2)，＋∞). (2)证明：f(x)－2a－a ln 2＋a ln a≥0，即f(x)≥2a＋a ln ， f(x)＝e2x－a ln x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝2e2x－. y＝2e2x在(0，＋∞)上单调递增， 当a>0时，y＝－在(0，＋∞)上单调递增，故f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f ′(a)>0，当x趋近于0时，f ′(x)→－∞， 根据零点存在定理可知，导函数f ′(x)存在唯一的零点，设该零点为x0，当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0， 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 当x＝x0时，f(x)取得最小值f(x0). f ′(x0)＝2e2x0－＝0，即x0＝，两边同时取对数得ln x0＝ln －2x0， 所以f(x0)＝e2x0－a ln x0＝＋2ax0＋a ln ≥2＋a ln ＝2a＋a ln ， 当且仅当＝2ax0，即x0＝ eq \f(1,2)时，取等号， 故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln ， 即f(x)－2a－a ln 2＋a ln a≥0. [规律总结]　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． [对点练习]　2.(2024·山东淄博模拟)已知函数h(x)＝. (1)若x>0时，恒有h(x)>a，求a的取值范围； (2)证明：当x>1时，ex(1＋ln x)>ex2. 解：(1)由若x>0时，恒有h(x)>a， 所以当x>0时，ex－1－x－ax2>0恒成立， 设f(x)＝ex－1－x－ax2(x≥0)，则令g(x)＝f ′(x)＝ex－1－2ax(x≥0)， 令g′(x)＝ex－2a，显然g′(x)在(0，＋∞)单调递增， 故当x>0时，g′(x)>g′(0)＝1－2a， 当a≤ eq \f(1,2)时，1－2a≥0，则g′(x)>0对x>0恒成立，则f ′(x)在(0，＋∞)单调递增， 从而当x>0时，f ′(x)>f ′(0)＝0，即f(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，符合题意； 当a> eq \f(1,2)时，g′(0)＝1－2a<0， 又因为g′[ln (1＋2a)]＝eln (1+2a)－2a＝1>0， 所以存在x0∈(0，ln (1＋2a))，使得g′(x0)＝0， 所以当0<x<x0时，g′(x0)<0，f ′(x)单调递减，f ′(x)<f ′(0)＝0，则f(x)单调递减，此时f(x)<f(0)＝0，不符合题意． 综上所述，a的取值范围为(－∞， eq \f(1,2)]. (2)要证当x>1时，ex(1＋ln x)>ex2，即证－1>0， 设m(x)＝－1(x≥1)， 则m′(x)＝－＝ex-1， 令n(x)＝x ln x－2ln x＋x－1(x≥1)， 则n′(x)＝ln x＋2－单调递增， 所以当x>1时，n′(x)＝ln x＋2－>n′(1)＝0，则n(x)单调递增， 所以当x>1时，n(x)＝x ln x－2ln x＋x－1>n(1)＝0， 则当x>1时，m′(x)>0，即m(x)单调递增， 所以当x>1时，m(x)＝－1>m(1)＝0，原式得证． 1．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x ln 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，＋∞)，x ln 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. 2．已知函数f(x)＝aλx－λlogax(其中a>0且a≠1，0<λ<e，e为自然对数的底数). (1)当λ＝1，a＝ eq \f(1,2)时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线的斜率； (2)当a＝e时，函数f(x)的最小值为g(λ)，求g(λ)的值域． 解：(1) 当λ＝1, a＝时，f(x)＝＝x＋log2x， 所以f′(x)＝ ·ln ， 故函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝ln ln 2. (2)当a＝e时，f(x)＝eλx－λln x，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(xeλx－1)， 令t(x)＝xeλx－1(x>0，0<λ<e)，则t′(x)＝(1＋λx)eλx>0， 所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又t(0)＝－1<0，t(1)＝eλ－1>0， 由零点存在定理得存在x0∈(0，1)，使得t(x0)＝0，即－1＝0， 且当x∈(0，x0)时，t(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(λ)＝f(x0)＝－λln x0. 而－1＝0，所以λ＝－， 又0<λ<e，所以0<－<e. 令r(x)＝－，则r′(x)＝<0在(0，1)上恒成立，所以r(x)在(0，1)上单调递减， 又r(1)＝0，r＝e，所以由0<－<e得<x0<1. 又λ＝－，所以g(λ)＝－λln x0＝， 令p(x)＝， 则p′(x)＝－<0， 故p(x)在上单调递减，而p＝＝2e，p(1)＝＝1， 所以p(x)的值域为(1，2e)． 故g(λ)的值域为(1，2e)． $$