专题一　培优点2　隐零点问题 2024年高考数学大二轮复习课件（含讲义）

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导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.
不含参函数的隐零点问题
　　(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；
由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a).若a≤1，当01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11时，f′(x)>0；当ln a若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即ln a>1，当0ln a时，f′(x)>0；当1(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.
∴h(x)在定义域上是增函数，
当00；当x00，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，
∴g(x)在(0,1)内无零点，
∴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.
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.
　　　(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；
设切点坐标为(x0，f(x0))，
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
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)，
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，
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.
　　(2023·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；
当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－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
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，
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，
因为a>1，所以ln a>0，
所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点.
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.
　　　(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞).
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值.
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以整数k的最大值是3.
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；
∵f(x)＝ex＋bsin x，∴f′(x)＝ex＋bcs 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＋bcs 0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cs x，令g(x)＝ex＋cs 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，
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，∴f′(x)＝ex＋cs x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝ 　＋cs 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∵　＋cs x0＝0，∴　＝－cs x0，
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；
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)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.
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，
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，
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ln x0＝ln a－x0，所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e，解得0

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