课时作业评价(27) 隐零点问题(适情自选)(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 聚焦隐零点问题，通过构造函数、导数分析及隐零点代换，系统训练不等式证明、极值点存在性及参数范围求解，体现数学思维的推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |不等式证明|1-4题|构造辅助函数→求导分析单调性→零点存在定理确定隐零点→代换化简|导数性质→零点存在原理→函数最值应用| |极值点分析|2题|导数单调性判断→隐零点唯一性论证→三角函数值域估计|导数几何意义→函数极值概念→周期性应用| |参数范围|3题|分类讨论→隐零点代换求最值→不等式恒成立转化|函数构造→参数分离→模型观念构建|

课时作业评价(二十七)　隐零点问题(适情自选) 1.(10分)已知函数f(x)=,a∈R.当a≤-1时,求证:f(x)≤ex-2-1. 2.(15分)(2026·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;(3分) (2)求证:f(x)存在唯一的极小值点x0,且f(x0)>-1.(12分) 3.(15分)(2026·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x的值;(5分) (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.(10分) 4.(15分)已知函数f(x)=sin x+x2. (1)求曲线y=f(x)在点处的切线方程;(5分) (2)求证:f(x)>-.(10分) 答案 课时作业(二十七)　隐零点问题(适情自选) 1.快审准解: 证明:由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a≤-1时,要证f(x)≤ex-2-1,即证≤ex-2-1,即证a≤xex-2-ln x-x,令g(x)=xex-2-ln x-x,x>0,则g'(x)=(x+1)ex-2--1=(x+1), 令h(x)=ex-2-,x>0,则h'(x)=ex-2+,所以h'(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=-1<0,h(2)=>0,所以存在x0∈(1,2), 使得h(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0,所以g(x)在(0,x0)内单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(x0,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(x0).又因为h(x0)=0,所以-=0,即=,即x0=1, 即x0=,所以ln x0=2-x0,所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0=1-(2-x0)-x0=-1,又因为a≤-1,所以a≤g(x),原命题得证. 第1题·解题关键 因为x>0,所以x+1>0,故只有能决定g'(x)的正负. 2.解:(1)∵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)内单调递减; 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. 3.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,不等式不成立,故不满足题意; ③当a>0时,令h'(x)=0得a=xex,令k(x)=ex-(x>0),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=x0,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)=x0-a(x0+ln x0)=x0(1-x0-ln x0)≥0即可.所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0,因为x0=a,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]. 4.解:(1)f'(x)=cos x+2x,则f'=π,又f=+1,所以曲线y=f(x)在点处的切线方程为y=πx-+1,即4πx-4y-π2+4=0. (2)证明:由(1)得f'(x)=cos x+2x.令函数u(x)=f'(x),则u'(x)=-sin x+2>0,所以u(x)=f'(x)在定义域内单调递增.因为f'(0)=1>0,f'=cos-1<0,所以存在x0∈,使得f'(x0)=cos x0+2x0=0,即=cos2x0.当x∈(-∞,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.故f(x)≥f(x0)=sin x0+=sin x0+cos2x0=-sin2x0+sin x0+.因为x0∈,所以sin x0>sin>sin=-,所以-sin2x0+sin x0+>-×-+=-.故f(x)>-.原式得证. 习得知能:与三角函数有关的隐零点问题中,三角函数的值域和周期性常常起到关键性作用,如本题中,因为x0∈,所以sin x0>sin>sin=-,即可得到f(x)最小值的一个估计值,从而证明不等式成立. 学科网（北京）股份有限公司 $