专题一 重点题型(二) 隐零点问题（教师用书WORD）-【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）

重点题型(二)　隐零点问题 【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”． 角度1　不含参函数的隐零点问题 [例1]　已知f(x)＝a sin x－x＋(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－<<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<时，设g(x)＝2cos x－1－，则g′(x)＝－2sin x＋， 因为函数g′(x)在(0，)上单调递减，且g′(0)＝2>0，g′()＝－2＋<0， 由零点存在定理，存在x0∈(0，)，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<时，设g(x)＝2cos x－1－， 则g′(x)＝－2sin x＋， 因为函数g′(x)在(0，)上单调递减，且g′(0)＝2>0，g′()＝－2＋<0， 由零点存在定理，存在x0∈(0，)，使得g′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，即f ′(x)单调递增， 当x∈(x0，)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 ′()＝－1－<0，所以存在x1∈(x0，)， 当x∈(x0，x1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(x1，)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，)时，f(x)单调递减，f(x)>f()＝2－＋>0， 此时f(x)在(0，)上无零点； 当x∈(，π)时，f ′(x)＝2cos x－1－<0，所以f(x)在(，π)单调递减， 又f()>0，f(π)＝0－π＋<0， 由零点存在定理，函数f(x)在(，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 ′()＝－1－>0，由(1)中f(x)在(0，)上的单调性分析， 知x1>，所以f(x)在(0，)单调递增， 所以对∀x∈(0，), 有f(x)>f(0)＝1， 即2sin x－x＋>1，所以sin x>(x＋1－). 令x＝(k≥2)，则sin >(＋)>>＝－， 所以>(－)＋(－)＋…＋(－)＝－， 设h(x)＝sin x－x，x∈(0，]，则h′(x)＝cos x－1<0， 所以函数h(x)＝sin x－x在x∈(0，]上单调递减， 则h(x)＝sin x－x<h(0)＝0，即sin x<x，x∈(0，]， 所以sin <<＝－， 所以<(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－<1， 所以－<<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． 角度2　含参函数的隐零点问题 [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 ′()＝0， 所以当0<x<时，f ′(x)<0；当x>时，f ′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞). (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＝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≤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>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(－∞，]. (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． 学科网（北京）股份有限公司 $$