第3单元 11 培优专题（二）隐零点问题（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学讲义聚焦高考隐零点问题核心考点，按等量代换、数值估计、常量变量化类型系统梳理，通过考点解析、方法指导（判定零点存在性、虚设零点代换等步骤）、真题例题精讲及分层自测题训练，帮助学生构建函数与导数综合题思维框架，突破设而不求解题难点。 资料以“会用数学的思维思考现实世界”为指导，创新设计“零点存在性判定—虚设代换—数值估计”三阶教学活动，如例2通过区间估计培养逻辑推理能力，自测题分层设计保障不同水平学生提升，助力学生高效掌握隐零点处理技巧，为教师精准把控复习进度、提升学生应考能力提供实用教学资源。

培优专题(二)　隐零点问题 例1　解:(1)∵y=f(x)-x=ln x-x,其定义域为(0,+∞), ∴y'=-1=(x>0), 令y'=0,得x=1. 当0<x<1时,y'>0,∴函数y=f(x)-x在(0,1)上单调递增; 当x>1时,y'<0,∴函数y=f(x)-x在(1,+∞)上单调递减. 故y=f(x)-x的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). (2)证明:g(x)=ex-e2ln x(x>0), 则g'(x)=ex-,易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增, ∵g'(1)=e-e2<0,g'(2)=e2-=>0,∴存在x0∈(1,2),使得g'(x0)=-=0,即=, 即ln x0=-x0+2. 当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增. ∴g(x)≥g(x0)=-e2ln x0=+e2x0-2e2=e2=e2>0,∴g(x)>0, ∴函数g(x)的图象在x轴上方. 【自测题】 解:(1)当a=时,f(x)=xex-1-x-ln x,x>0,则f'(x)=(x+1)ex-1-1-=(xex-1-1). 设g(x)=xex-1-1,x>0,则g'(x)=(x+1)ex-1>0恒成立, 又g(1)=e0-1=0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)f'(x)=a2(x+1)ex-1-=(a2xex-1),x>0, 设h(x)=a2xex-1,x>0, 则h'(x)=a2(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又h(0)=-1<0,h=-1>0,所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即a2x0-1=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得极小值,也是最小值,所以f(x)≥f(x0)=a2x0-x0-ln x0=1-ln (x0)=1+2ln a,所以1+2ln a≥2-a,即a+ 2ln a-1≥0, 设F(a)=a+2ln a-1,易知F(a)单调递增,且F(1)=0,由F(a)≥F(1),解得a≥1.故a的取值范围是a≥1. 例2　解:(1)由题可得f'(x)=a-=(x>0). 当a=0时,f'(x)=a-=<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,令f(x)=-ln x-2=0,解得x=e-2, ∴当a=0时,f(x)在(0,+∞)内只有一个零点.当a<0时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减. ∵a<0,ea-2<e0=1,∴f(ea-2)=aea-2-(a-2)-2=aea-2-a=a(ea-2-1)>0,又f(1)=a-2<0, ∴f(x)在(ea-2,1)内有一个零点, 又f(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴当a<0时,f(x)在(0,+∞)内只有一个零点. 综上,当a≤0时,f(x)只有一个零点. (2)证明:当a=1时,f(x)=x-ln x-2,∴f'(x)=1-, 当x∈(3,4)时,f'(x)=1->0, ∴f(x)在(3,4)上单调递增. ∵f(3)=3-ln 3-2=1-ln 3<0,f(4)=4-ln 4-2=2-ln 4>0, ∴f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点. (3)∵xln x+x>k(x-1),且x∈(1,+∞),∴k<,令g(x)=,则g'(x)=,x>1.由(2)知,f(x)=x-ln x-2在(1,+∞)上单调递增,且在区间(3,4)内存在唯一的零点,设该零点为x0,则f(x0)=x0-ln x0-2=0,故当x∈(1,x0)时,f(x)<0,即g'(x)<0,则g(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0,即g'(x)>0,则g(x)在(x0,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(x0)===x0∈(3,4), ∴k<g(x)min=x0∈(3,4), 故整数k的最大值为3. 【自测题】 解:(1)∵f(x)=(a-1)x+xln x,∴f'(x)=ln x+a,∵函数f(x)=(a-1)x+xln x的图象在点A(e2,f(e2))处的切线的斜率为4, ∴f'(e2)=4,即a+ln e2=4,解得a=2. (2)由(1)知f(x)=x+xln x. ∵m(x-1)<f(x)+1对任意x>1恒成立, ∴m<=对任意x>1恒成立.令g(x)=,x>1,则g'(x)= = .令u(x)=x-ln x-3,x>1,则u'(x)=1-,∵x>1,∴u'(x)>0,∴u(x)=x-ln x-3在(1,+∞)上单调递增, ∵u(4)=1-ln 4<0,u(5)=2-ln 5>0,∴存在x0∈(4,5),使得u(x0)=x0-ln x0-3=0.当x∈(1,x0)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增.∴g(x)min=g(x0)===x0-1,∴m<x0-1. ∵x0∈(4,5),∴x0-1∈(3,4), 又m∈Z,∴m的最大值为3. 例3　解:(1)因为f(x)=,所以f'(x)=,当x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值,f(x)无极小值. (2)证明:令h(x)=xg(x)+2-exf(x)+=xln x+2-x+(x>0),则h'(x)=ln x-(x>0), 令r(x)=ln x-(x>0),则r'(x)=+>0在(0,+∞)上恒成立,所以r(x)在(0,+∞)上单调递增,又r(1)=ln 1-=-2<0,r(e)=ln e-=1->0,所以存在x0∈(1,e),使得r(x0)=0,即ln x0=(x0∈(1,e)). 当x∈(0,x0)时,r(x)<0,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,r(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增, 故h(x)min=h(x0)=x0ln x0+2-x0+=x0·+2-x0+=2-x0+(x0∈(1,e)). 令m(x)=2-x+(x∈(1,e)),则m'(x)=-1-<0在(1,e)上恒成立,所以m(x)在(1,e)上单调递减,所以m(x)>m(e)=2-e+>0,所以h(x)min=h(x0)=2-x0+>0,所以xg(x)+2>exf(x)-. 【自测题】 解:(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-,∴切线的斜率k=f'(1)=e-1. ∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,e+1),∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2, ∴切线与坐标轴交点的坐标分别为(0,2),,∴所求三角形的面积为×2×=. (2)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a, ∴f'(x)=aex-1-(x>0). 设g(x)=f'(x),x>0,则g'(x)=aex-1+>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a=1时,f'(1)=0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0, 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1恒成立.当a>1时,<1,∴<1, ∴f'f'(1)=a(a-1)<0,∴存在唯一的x0∈,使得f'(x0)=a-=0, 即a=,∴ln a+x0-1=-ln x0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a>2ln a-1+2=2ln a+1>1,∴f(x)≥1恒成立.当0<a<1时, f(1)=a+ln a<a<1,∴f(x)≥1不恒成立,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $ 　　隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题,一般对函数的零点设而不求,借助整体代换和过渡,再结合题目条件,利用函数的性质巧妙求解.隐零点的处理思路: 　　第一步:用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,其中难点是通过合理赋值,敏锐捕捉零点存在的区间,有时还需结合函数单调性明确零点的个数; 　　第二步:虚设零点并确定取值范围,抓住零点方程实施代换,如指数与对数互换,超越函数与简单函数的替换,利用同构思想等解决,需要注意的是,代换可能不止一次. 类型一　等量代换 例1 已知函数f(x)=ln x. (1)求函数y=f(x)-x的单调区间; (2)求证:函数g(x)=ex-e2f(x)的图象在x轴上方.     总结反思 隐零点的具体数值或表达式是求不出来的,我们只能得到一个隐零点所满足的等式.所谓等量代换,即利用隐零点满足的等式对需要处理的目标进行整体代换. 自测题 已知函数f(x)=a2xex-x-ln x. (1)当a=时,求f(x)的单调区间; (2)当a>0时,f(x)≥2-a恒成立,求a的取值范围.     类型二　数值估计 例2 [2025·广东珠海模拟] 已知函数f(x)=ax-ln x-2. (1)当a≤0时,讨论f(x)的零点个数; (2)当a=1时,证明:f(x)在区间(3,4)内存在唯一的零点; (3)若对于任意的x∈(1,+∞),都有xln x+x>k(x-1),求整数k的最大值.     总结反思 1.所谓数值估计,主要是指利用函数零点存在定理对隐零点的大致范围进行估计.一般来说,隐零点数值估计的精确度越高,越有利于问题的解决. 2.函数零点问题的“卡点”的方法有: (1)直接取点:方便计算、与参数有关、便于判断正负. (2)将次要部分放缩为常数. 自测题 已知函数f(x)=(a-1)x+xln x的图象在点A(e2,f(e2))(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为4. (1)求实数a的值; (2)若m∈Z,且m(x-1)<f(x)+1对任意x>1恒成立,求m的最大值.     类型三　常量变量化 例3 已知函数f(x)=,g(x)=ln x. (1)求f(x)的极值; (2)证明:xg(x)+2>exf(x)-.     总结反思 所谓常量变量化,即将目标表达式化为关于隐零点的代数式之后,把隐零点看成自变量,把考查目标看成关于隐零点的函数来处理. 自测题 已知a>0,函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $