第三章 培优点5 隐零点（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

培优点5　隐零点 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理． 题型一　不含参函数的隐零点问题 例1 (2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由． 解　(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1) ＝(x－1)(x＋1)(ex－a)． 若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0， ∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若1<a<e，即0<ln a<1， 当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0， 当ln a<x<1时，f′(x)<0， ∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 若a＝e，f′(x)≥0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a>e，即ln a>1， 当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0， 当1<x<ln a时，f′(x)<0， ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增． (2)当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝－x＋(x2－1)ex ＝(x＋1)(x－1)， 设h(x)＝ex－(x>0)， ∴h′(x)＝ex＋>0， ∴h(x)在定义域上是增函数， ∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， ∴存在唯一x0∈，使h(x0)＝0， 即－＝0，＝，－x0＝ln x0， 当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0； 当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0； 当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， ∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－x＋＝－x＋－2， 设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减． ∴g(x0)<F＝－<0， ∴g(x)在(0,1)内无零点， ∵g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0， ∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点， 综上所述，g(x)有且只有一个零点． 思维升华 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． 跟踪训练1 (2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)． (1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； (2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. (1)解　设切点坐标为(x0，f(x0))， 由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a， 所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0. 因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切， 所以解得a＝－1. (2)证明　当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1， 令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2 ＝xex－ln x－x－1(x>0)， 则F′(x)＝(x＋1)ex－－1＝， 令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0， 所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)， 且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得－1＝0，＝1， 两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0， 所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2. 题型二　含参函数的隐零点问题 例2 (2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； (2)证明：当a>1时，f(x)没有零点． (1)解　当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1， f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝×|－1|×(e－1)＝. (2)证明　当a>1时， 因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)， 所以f′(x)＝aex－＝， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0， 故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0， 因此有aeβ(β＋1)＝1. 当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0； 当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0. 所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值． 由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β， 所以当－1<β<0时， f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝＋β－1＋ln a ＝ln a＋， 因为a>1，所以ln a>0， 又因为－1<β<0，所以>0，所以f(β)>0. 所以f(x)≥f(β)>0. 因此当a>1时，f(x)没有零点． 思维升华 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． 跟踪训练2 已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2. (1)解　当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x， f′(x)＝ex－1－＋1， 则f′(1)＝1，而f(1)＝2， 则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0， 所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0. (2)证明　当a≤0时， 令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0， F′(x)＝ex－a－＝， 显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1－a－1≥e－1>0， 则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0， 即＝， 因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F′(x0)＝0， 当0<x<x0时，F′(x)<0，当x>x0时，F′(x)>0， 因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 当＝时，x0－a＝－ln x0， 则F(x)≥F(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－a－2>2－a－2＝－a≥0，当且仅当＝x0即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号． 所以当a≤0时，f(x)>x＋2. 1．(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2. (1)求实数b的值； (2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1. (1)解　∵f(x)＝ex＋bsin x， ∴f′(x)＝ex＋bcos x， 由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcos 0＝1＋b， 由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1. (2)证明　由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)， ∴f′(x)＝ex＋cos x， 令g(x)＝ex＋cos x，x∈(－π，＋∞)， 则g′(x)＝ex－sin x， 当x∈(－π，0]时， ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0， 当x∈(0，＋∞)时， ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0， ∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0， g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， 又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝－1<0， g＝＋cos＝>0， ∴存在唯一x0∈， 使g(x0)＝＋cos x0＝0， 又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增， ∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点， ∴f′(x)＝ex＋cos x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝＋cos x0＝0， 当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)存在唯一极小值点x0. 又∵＋cos x0＝0，∴＝－cos x0， ∴f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0 ＝sin， 又∵x0∈，∴x0－∈， ∴sin∈， ∴f(x0)＝sin∈(－1,1)， ∴f(x0)>－1. 2．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)若a＝，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值； (2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝时， f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0得x＝e， 所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以函数f(x)在x＝e处取得最小值， f(x)min＝f(e)＝0. (2)因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立， 所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立， 令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0， 则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)， ①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以由h(x)＝xex可得h(x)>0， 即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立； ②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0， h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意； ③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex， 令k(x)＝ex－，k′(x)＝ex＋>0恒成立， 故k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷， 当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷， 所以∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝， 所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以只需h(x)min＝h(x0) ＝－a(x0＋ln x0) ＝≥0即可； 所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0， 因为x0＝，所以ln x0＝ln a－x0， 所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e， 解得0<a≤e，所以a∈(0，e]， 综上所述，实数a的取值范围为[0，e]． 学科网（北京）股份有限公司 $