2025届高考数学二轮复习重点专题突破·函数的隐零点问题（全国通用）

高考二轮复习专题 函数的隐零点问题 目 录 1 2 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 知识梳理·温故知新 1 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的合适范围. 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. 典例分析·能力提升 2 典例一　借助隐零点证明不等式 7 8 9 10 典例二　借助隐零点求参数范围 11 12 13 14 15 典例三　隐零点助力零点问题 16 17 18 19 20 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ (2024·河北省高三质量监测)已知函数f (x)＝xex－a ln x－1图象在x＝1处的切线斜率为2e－1. (1)求a； 【解析】　(1)由f (x)＝xex－a ln x－1，得f ′(x)＝(x＋1)ex－ eq \f(a,x) ， 所以f ′(1)＝2e－a. 又函数f (x)＝xex－a ln x－1图象在x＝1处的切线斜率为2e－1. 所以2e－a＝2e－1，所以a＝1. (2)证明：f (x)≥x. 【解析】　(2)证明：方法一：由(1)得f (x)＝xex－ln x－1.要证f (x)≥x，即证xex－ln x－1≥x， 即证eln x＋x≥ln x＋x＋1，设ln x＋x＝t，则t∈R，即证et≥t＋1. 下面证明et≥t＋1成立： 构造函数g(t)＝et－t－1，求导得g′(t)＝et－1， 则当t∈(－∞，0)时，g′(t)<0，g(t)单调递减；当t∈(0，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增． 故函数g(t)≥g(0)＝0，即et≥t＋1恒成立， 得eln x＋x≥ln x＋x＋1，所以xex－ln x－1≥x，f (x)≥x得证． 方法二：令u(x)＝f (x)－x＝xex－ln x－1－x，x∈(0，＋∞)， 则u′(x)＝ex＋xex－ eq \f(1,x) －1＝(1＋x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x))) ，x>0， 设y＝ex－ eq \f(1,x) ，则y′＝ex＋ eq \f(1,x2) >0，则y＝ex－ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上单调递增， 当x＝ eq \f(1,2) 时，y＝ eq \r(e) －2<0，当x＝1时，y＝e－1>0， 故存在唯一x0>0，使得ex0－ eq \f(1,x0) ＝0， 又1＋x>0，所以当x>x0时，u′(x)>0，当0＜x<x0时，u′(x)<0， 故u(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴u(x)≥u(x0)＝x0ex0－ln x0－1－x0， 又ex0＝ eq \f(1,x0) ，即x0 ex0＝1，即ln x0＋x0＝0，故u(x0)＝0， ∴u(x)≥0，f (x)≥x. 隐零点问题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数隐零点的存在性，列出隐零点方程f ′(x0)＝0，并结合f (x)的单调性得到零点的取值范围． (2)以隐零点为分界点，说明导函数f ′(x)的正负，进而得到f (x)的最值表达式． (3)将隐零点方程适当变形，整体代入最值表达式进行化简证明． (2024·湖南岳阳阶段练习)函数f (x)＝ln x，g(x)＝x2－x－m＋2. (1)若m＝e，求函数F (x)＝f (x)－g(x)的最大值； 【解析】　(1)因为F (x)＝ln x－x2＋x＋m－2， 可知F (x)的定义域为(0，＋∞)，且F ′(x)＝ eq \f(1,x) －2x＋1＝－ eq \f(（2x＋1）（x－1）,x) ， 由F ′(x)>0，解得0<x<1；由F ′(x)<0，解得x>1. 可知F (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以函数F (x)＝f (x)－g(x)的最大值为F (1)＝e－2. (2)若f (x)＋g(x)≤x2－(x－2)ex在x∈(0，2]恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】　(2)f (x)＋g(x)≤x2－(x－2)ex在x∈(0，2]恒成立，等价于m≥(x－2)ex＋ln x－x＋2在x∈(0，2]恒成立． 设h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x＋2，x∈(0，2]， 则h′(x)＝(x－1)ex＋ eq \f(1,x) －1＝(x－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x))) ， 当1＜x≤2时，则x－1>0，且ex>e， eq \f(1,x) <1，可得ex－ eq \f(1,x) >e－1>0，所以h′(x)>0； 当0<x<1时，则x－1<0， 设u(x)＝ex－ eq \f(1,x) ，0<x<1，则u′(x)＝ex＋ eq \f(1,x2) >0， 可知u(x)在(0，1)上单调递增，且u eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝ eq \r(e) －2<0，u(1)＝e－1>0， 则x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) ，使得u(x0)＝0. 所以当x∈(0，x0)时，u(x)<0；当x∈(x0，1)时，u(x)>0. 所以当x∈(0，x0)时，h′(x)>0；当x∈(x0，1)时，h′(x)<0. 可知函数h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增． 由u(x0)＝ex0－ eq \f(1,x0) ＝0，得ex0＝ eq \f(1,x0) ，且ln x0＝－x0. 可得h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＋2＝(x0－2) eq \f(1,x0) －2x0＋2＝3－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,x0))) ， 又x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) ，则h(x0)<0， 又因为h(2)＝ln 2>0，可知当x∈(0，2]时，h(x)max＝h(2)＝ln 2， 所以m的取值范围是[ln 2，＋∞). 借助隐零点求参数范围的方法 (1)分离参数法： 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． (2)函数思想法： 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． (2024·湖南长沙三模)已知函数f (x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R. (1)求f (x)的最小值； 【解析】　(1)因为f (x)的定义域为R，f ′(x)＝(x＋1)ex， 则当x<－1时，f ′(x)<0；当x>－1时，f ′(x)>0， 所以f (x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增， 因此f (x)的最小值为f (－1)＝－ eq \f(1,e) －1. (2)设函数h(x)＝f (x)－g(x)，讨论h(x)零点的个数． 【解析】　(2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝0，得ex－ eq \f(ln x＋1,x) ＋m＝0， 令k(x)＝ex－ eq \f(ln x＋1,x) ＋m，则h(x)与k(x)有相同的零点， 且k′(x)＝ex－ eq \f(1－（ln x＋1）,x2) ＝ eq \f(x2ex＋ln x,x2) ， 令r(x)＝x2ex＋ln x，则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋ eq \f(1,x) ， 因为当x>0时，r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝e eq \s\up12(\f(1,e)－2) －1<0，r(1)＝e>0，所以x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) ，使r(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)时，r(x)<0，即k′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，即k′(x)>0， 所以k(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增， 因此k(x)的最小值为k(x0)＝ex0－ eq \f(ln x0＋1,x0) ＋m， 由r(x0)＝0，得x02 ex0＋ln x0＝0，即x0 ex0＝eln eq \f(1,x0) ln eq \f(1,x0) ， 令φ(x)＝f (x)＋1，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为 eq \f(1,e) <x0<1，所以ln eq \f(1,x0) >0，则φ(x0)＝φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(1,x0))) ，所以x0＝－ln x0，从而ln x0＝－x0，且ex0＝ eq \f(1,x0) ， 所以k(x)的最小值k(x0)＝ex0－ eq \f(ln x0＋1,x0) ＋m＝m＋1， 所以当m>－1时，k(x)没有零点； 当m＝－1时，k(x)有一个零点； 当m<－1时，因为k(x0)<0， 当x趋近于0时，k(x)趋近于＋∞；当x趋近于＋∞时，k(x)趋近于＋∞， 所以k(x)有两个零点． 综上，当m>－1时，h(x)的零点个数为0； 当m＝－1时，h(x)的零点个数为1； 当m<－1时，h(x)的零点个数为2. 利用导数解决函数零点问题的方法 (1)直接法：先对函数求导，利用导数求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用． (2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题． (3)分离参数法：由f (x)＝0分离参数得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题． $$