新高考高考数学一轮复习巩固练习3.11第29练《高考大题突破练—隐零点问题》（2份打包，解析版+原卷版）

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考点一 直接法
1．函数f(x)＝(x－1)ln x－a.
(1)若f(x)在x＝1处的切线方程为y＝1，求a的值；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)，
f′(1)＝0，
且f(1)＝－a，
∴切线方程为y－(－a)＝0，即y＝－a，
∴a＝－1.
(2)f(x)≥0恒成立，即a≤(x－1)ln x恒成立，
令φ(x)＝(x－1)ln x，
∴φ′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)(x>0)，
观察知φ′(1)＝0且当x∈(0,1)时，xln x<0，x－1<0，∴φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，xln x>0，x－1>0，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0.
故a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]．
考点二 虚设零点
2．已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当a≥1时，证明：f(x)－ln x＋2x>2.
(1)解 f′(x)＝aex－2，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，则f(x)无极值．
当a>0时，令f′(x)＝0得x＝ln eq \f(2,a)，
令f′(x)>0得x>ln eq \f(2,a)，
令f′(x)<0得x∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)))＝2－2ln eq \f(2,a)，无极大值，
综上，当a≤0时，f(x)无极值．
当a>0时，f(x)的极小值为2－2ln eq \f(2,a)，无极大值．
(2)证明 当a≥1时，f(x)－ln x＋2x≥ex－ln x，
令g(x)＝ex－ln x－2，转化为证明g(x)>0，
∵g′(x)＝ex－eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，
令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)(x>0)，
则φ′(x)>0，
∴g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∵g′(1)＝e－1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得g′(x0)＝0，
∴函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
∴g(x)≥g(x0)＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2≥2eq \r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，
∵x0≠1，
∴g(x)>0，
∴f(x)－ln x＋2x>2.
3．已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若当x>1时，f(x)＋x>k(x－1)恒成立，求正整数k的最大值．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋1，因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝e，
所以曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))))处的切线方程为y－e＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－e))，
即2x－y－e＝0.
(2)由f(x)＋x>k(x－1)，
得xln x＋x>k(x－1)．
即k1恒成立，
令g(x)＝eq \f(xln x＋x,x－1)，只需kg′(x)＝eq \f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋2))－xln x－x,x－12)
＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
令u(x)＝x－ln x－2，
则u′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
所以u(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，
因为ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝－ln 2<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))＝1－ln 3<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))＝2－ln 4>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，
使得u(x0)＝x0－ln x0－2＝0，
且当1当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x0))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋x0,x0－1)＝eq \f(x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－2))＋x0,x0－1)＝x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，
又因为k∈N*，所以kmax＝3.
4．已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．
(1)求证：f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点；
(2)求证：f(x)有且仅有2个零点．
证明 (1)设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，
g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,1＋x2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，
又g′(0)>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，
所以g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递减，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点，即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，
所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－1,0)上单调递减，又f(0)＝0，
从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))上单调递减，
而f′(0)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0，所以存在β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α，\f(π,2)))，
使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))时，f′(x)<0.
故f(x)在(0，β)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β，\f(π,2)))上单调递减．
又f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))>0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)>0.
从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有零点．
③当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f(π)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．