培优2 隐零点问题（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

培优2 隐零点问题 数 学 新高考专用 1.(2025湖北武汉四调)已知函数f(x)=ex- + -1. (1)若曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线斜率为-1,求a; (2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 解析    (1)f'(x)=ex- - , 则有f'(1)=e-1-a=-1,所以a=e. (2)f(x)=ex- + -1= ≥0恒成立, 因为x>0,所以等价于xex-ln x+a-x≥0恒成立, 令g(x)=xex-ln x+a-x, 则g'(x)=(1+x) , 令h(x)=ex- ,x>0,则h'(x)=ex+ >0,所以h(x)在(0,+∞)上是增函数, 由于h = -2<0,h(1)=e-1>0,则∃x0∈ ,h(x0)=0,即g'(x0)=0, 当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,因为h(x0)=0,所以 = ,ln x0=-x0, 所以g(x)min=g(x0)=x0 -ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≥0,所以a≥-1, 即a的取值范围是[-1,+∞). 2.(2025河北唐山一模)已知函数f(x)=ax2-x+sin x. (1)当a=1时,求f(x)的极小值; (2)当x≥0时, f(x)≥0,求实数a的取值范围. 解析    (1)当a=1时, f(x)=x2-x+sin x,则f'(x)=2x-1+cos x, 令g(x)=f'(x)=2x-1+cos x, 则g'(x)=2-sin x>0, ∴g(x)在R上单调递增, 又∵g(0)=0, ∴当x<0时,g(x)=f'(x)<0,当x>0时,g(x)=f'(x)>0, ∴f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增. ∴x=0为函数y=f(x)的极小值点,极小值为f(0)=0. (2)当x=0时, f(x)=0,符合题意; 当x∈(0,π]时,由f(x)≥0得a≥ . 令t(x)= ,则t'(x)= , 令h(x)=-xcos x-x+2sin x,0<x≤π, 则h'(x)=cos x+xsin x-1, 令z(x)=h'(x),则z'(x)=xcos x, 当x∈ 时,z'(x)>0,h'(x)单调递增, 当x∈ 时,z'(x)<0,h'(x)单调递减, ∵h'(0)=0,h' = -1>0,h'(π)=-2, ∴存在x0∈ ,使得h'(x0)=0, 且在(0,x0)上,h'(x)>0,在(x0,π]上,h'(x)<0, 则h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π]上单调递减, 又∵h(0)=0,h(π)=0, ∴当x∈(0,π)时,t'(x)>0,t(x)单调递增; ∴当x∈(0,π]时,t(x)≤t(π)= . 当x∈(π,+∞)时,令M(x)= x2-x+sin x, 则M'(x)= x-1+cos x> ×π-1+cos π=0, 则M(x)在(π,+∞)上单调递增, 此时M(x)>M(π)=0, 故当x∈(π,+∞)时, < . ∴ ≤ ,∴a≥ , 故a的取值范围为 . 3.(2025安徽池州质量监测)已知f(x)=ln x-ax- . (1)若a=2,b=0,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程; (2)设 =k,是否存在k,使得曲线y=f(x)与y=f 关于原点对称?若存在,求k;若不存在,说 明理由; (3)证明:对任意a∈ ,存在b∈(0,+∞),使得f(x)有两个不同的零点. 解析    (1)由题意知f(x)=ln x-2x,求导得f'(x)= -2,则f'(1)=-1,又f(1)=-2, 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y+2=-(x-1),即x+y+1=0. (2)若存在k,则b=ak, f(x)=ln x-ax- ,则y=f =ln +akx+ , 又曲线y=f(x)关于原点对称的曲线为y=-ln(-x)-ax- , 依题意,知ln +akx+ =-ln(-x)-ax- ,整理得(ak+a) =0,所以k=-1. (3)证明:函数f(x)=ln x-ax- 的定义域为(0,+∞), f'(x)= + -a= , 令g(x)=-ax2+x+b,x>0,依题意,知Δ=1+4ab>0,g(0)=b>0, 方程g(x)=0在(0,+∞)上有唯一解x0,当0<x<x0时,g(x)>0, f'(x)>0; 当x>x0时,g(x)<0, f'(x)<0,则函数f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 对任意a∈ ,存在b∈(0,+∞)使得g =b>0,则x0> ,而f =-ln a-1-ab, 对任意a∈ ,-ln a-1∈(0,+∞), 取0<b≤- , f ≥-ln a-1-a· =0, 由f(x)在 上单调递增,得f(x0)>f ≥0, 又当x从大于0的方向趋近于0时, f(x)→-∞;当x→+∞时, f(x)→-∞, 则对任意a∈ ,任意b∈ ,使得f(x)有两个不同的零点, 所以对任意a∈ ,存在b∈(0,+∞),使得f(x)有两个不同的零点. $