第3单元 08 培优专训（二）隐零点问题（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦隐零点问题，通过证明不等式、切线方程、单调性及零点个数探究，构建从导数应用到逻辑推理的知识链条，培养数学思维的严谨性与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础证明|3题|含lnx的函数不等式证明、切线方程求解|从导数判断单调性切入，通过设而不求（隐零点代换）建立方程关系，体现概念生成到应用拓展| |综合应用|1题|三角函数与多项式结合的单调性及零点个数证明|融合导数与函数性质，深化逻辑推理，展示知识间的交叉联系与综合应用|

草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 培优专训（二） 隐零点问题 l.已知函数fx)=lnx+x+l,证明：fx)≤xe 2已知函数)nx+5x4,证明P录2 草学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 3.已知函数fx)=lnx+a. (1)若曲线y=x)在点(1,1)处的切线经过点(0,1)，求实数a的值， (2)若对任意x∈(0，+o),都有e-a≥x)(e为自然对数的底数)，求证： a≤1. 4.[2025·北京海淀区一模节选]已知函数fx)=-snx+c. (1)若x)为R上的单调函数，求k的取值范围； 2)若函数g合+x+simx,求证k可以取无数个值，使得g)都恰 有三个不同的零点 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 培优专训(二)　隐零点问题 1.证明:设g(x)=xex-ln x-x-1,x>0,则g'(x)=(x+1)ex--1, 令h(x)=(x+1)ex--1,x>0, 则h'(x)=(x+2)ex+>0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又h=-3<0,h(e)=(e+1)ee--1>0,所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即x0=1. 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,所以g(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=x0-ln -x0-1=0, 所以g(x)≥0,即xex≥ln x+x+1, 所以f(x)≤xex. 2.证明:要证f(x)>--2,只需证xln x+5x2-2x>-. 令g(x)=xln x+5x2-2x,x>0, 则g'(x)=ln x+10x-1,易知g'(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为g'(e-2)=ln e-2+10×e-2-1=-3<0,g'=ln +10×-1=-ln 4=(ln e3-ln 16)>0,所以存在x0∈,使得g'(x0)=ln x0+10x0-1=0,即ln x0=1-10x0.当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,则g(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)在(x0,+∞)上单调递增. 所以当x=x0时,g(x)取得最小值g(x0)=x0ln x0+5-2x0=x0(1-10x0)+5-2x0=-5-x0. 令h(x)=-5x2-x,由二次函数的性质可知,h(x)=-5x2-x在上单调递减,所以h(x)>h=->-,即g(x0)>-, 所以g(x)=xln x+5x2-2x>-,所以f(x)>--2. 3.解:(1)由题可得f'(x)=, 所以f'(1)=1,f(1)=a, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x+a-1, 因为切线经过点(0,1),所以1=0+a-1,解得a=2. (2)证明:设g(x)=ex-a-ln x-a,则g'(x)=ex-a-,设g'(x0)=-=0,则a=x0+ln x0, 因为g'(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当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, 所以g(x)min=g(x0)=-ln x0-a=-x0-2ln x0≥0. 令h(x)=-x-2ln x, 则h'(x)=--1-= =-<0, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递减, 因为h(1)=0, 所以x0≤1,所以a=x0+ln x0≤1. 4.解:(1)若f(x)为R上的增函数, 则f'(x)≥0在R上恒成立, 即-cos x+k≥0对x∈R恒成立, 即k≥cos x对x∈R恒成立, 又cos x∈[-1,1],所以k≥1. 若f(x)为R上的减函数,则f'(x)≤0在R上恒成立,即-cos x+k≤0对x∈R恒成立,即k≤cos x对x∈R恒成立,又cos x∈[-1,1],所以k≤-1.综上所述,若f(x)为R上的单调函数,则k的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞). (2)证明:g(x)=x3+x+sin x,其定义域为R,又g(-x)=-x3-x-sin x=-g(x),所以g(x)为奇函数,又g(0)=0,所以只需证明k可以取无数个值,使得g(x)在(0,+∞)上有一个零点即可. g'(x)=x2+1+cos x,令m(x)=g'(x),则m'(x)=kx-sin x=f(x), 当k≤-1时,由(1)可知,f(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(0)=0,所以f(x)≤0在(0,+∞)上恒成立, 所以g'(x)在(0,+∞)上单调递减,又g'(0)=2,g'(π)=π2<0,所以存在x0∈(0,π),使得g'(x0)=0. 当x∈(0,x0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 故当x∈(0,x0)时,g(x0)>g(0)=0,又g(π)=π3+π≤-π3+π<0, 所以存在x1∈(x0,π),使得g(x1)=0.综上所述,当k≤-1时,g(x)在(0,+∞)上存在唯一零点,即当k≤-1时,g(x)恰好有三个零点, 所以k可以取无数个值,使得g(x)都恰有三个不同的零点. 学科网（北京）股份有限公司 $