新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 培优点5 隐零点问题（含解析）

培优点5　隐零点问题

在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．

例　已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．

(1)讨论f(x)极值点的个数；

(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x)．

(1)解　f′(x)＝(x＋1)ex－a

＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．

①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；

②当a>0时，令h(x)＝xex－a，

h′(x)＝(x＋1)ex>0.

显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，

又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，

必存在x0>0，使h(x0)＝0.

当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．

所以，x＝x0是f(x)的极小值点．

综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．

(2)证明　由(1)得，f′(x0)＝0，即＝a，

f(x0)＝－a(x0＋ln x0)＝(1－x0－ln x0)，

因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，

令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<0，

g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，

由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)，

设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,1)，

φ′(x)＝－1＝，

当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，

φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，

即ln x<x－1，所以－ln x>1－x，

所以ln(x＋1)<x，所以ex>x＋1>0.

因为x0∈(0,1)，所以>x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0，

相乘得(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，

所以f(x0)＝(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．

结论成立．

零点问题求解三步曲

(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．

(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．

(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．

已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数)．当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值．

解　当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，

即m<(－x＋2)ex－ln x＋x.

令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]，

所以h′(x)＝(1－x)，

当0<x≤1时，1－x≥0，

设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋>0，

所以u(x)在(0,1]上单调递增．

因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，

且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，

所以存在x0∈，使得u(x0)＝0，

即＝，所以ln x0＝－x0.

当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；

当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.

所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，

所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)－ln x0＋x0

＝(－x0＋2)·＋2x0＝－1＋＋2x0.

因为y＝－1＋＋2x在x∈(0,1)上单调递减，

又x0∈，所以h(x0)＝－1＋＋2x0∈(3,4)，

所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，

所以正整数m的最大值是3.