2023届高考数学二轮复习专题一函数与导数培优提能隐零点问题学案

培优提能　隐零点问题

1.“隐零点”概念

隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f′(x)=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x=,使得f′(x)=0成立,这样的x0就称为“隐零点”.

2.“隐零点”解决方向

针对隐零点问题的解决步骤:

(1)求导判定是不是隐零点问题;

(2)设x=x0,使得f′(x0)=0成立;

(3)得到单调性,并找到最值,将x0代入f(x),得到f(x0);

(4)再将x0的等式代换,再求解(注意:x0的取值范围).

培优点1　隐零点的直接应用

典例1　(2022·河北深州市中学高三期末)已知函数f(x)=ex-a-ln (x+a)(a>0).

(1)证明:函数f′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点;

(2)若函数f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a的值.

(1)证明:因为f(x)=ex-a-ln (x+a)(a>0),

所以f′(x)=ex-a-.

因为y=ex-a在区间(0,+∞)上单调递增,y=在区间(0,+∞)上单调递减,

所以函数f′(x)在(0,+∞)上单调递增.又f′(0)=e-a-=,令g(a)=a-ea(a>0),g′(a)=1-ea<0,

则g(a)在(0,+∞)上单调递减,g(a)<g(0)=-1,故f′(0)<0.

令m=a+1,则f′(m)=f′(a+1)=e->0,所以函数f′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.

(2)解:由(1)可知存在唯一的x0∈(0,+∞),使得f′(x0)=-=0,即=.(*)

函数f′(x)=ex-a-在(0,+∞)上单调递增,

所以当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.

所以f(x)min=f(x0)=-ln (x0+a),

由(*)式得f(x)min=f(x0)=-ln (x0+a).

所以-ln (x0+a)=1,显然x0+a=1是方程的解.

又因为y=-ln x在定义域上单调递减,方程-ln (x0+a)=1有且仅有唯一的解x0+a=1,

把x0=1-a代入(*)式,得e1-2a=1,所以a=,即所求实数a的值为.

处理隐零点的基本方法是“虚设及代换”:在确定零点存在的条件下虚设零点x0,再借助零点的表达式进行合理的代换(常见形式就是“指对转幂”),进而求解.

触类旁通1　(2022·山东临沂高三期末)已知函数f(x)=ex-ax-cos x,g(x)=f(x)-x,a∈R.

(1)若f(x)在[0,+∞)上单调递增,求a的最大值;

(2)当a取(1)中所求的最大值时,讨论g(x)在R上的零点个数,并证明g(x)>-.

解:(1)由题意可知,f′(x)=ex-a+sin x≥0在[0,+∞)上恒成立,令h(x)=f′(x)=ex-a+sin x,

可知h′(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0,

所以f′(x)单调递增,

所以f′(0)=1-a≥0,解得a≤1,所以a的最大值为1.

(2)由(1)知a=1,所以g(x)=ex-2x-cos x,

当x≤0时,g′(x)=ex-2+sin x≤-1+sin x≤0,所以g(x)单调递减,

当x>0时,g′(x)=ex-2+sin x,令(x)=g′(x),则′(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0,所以g′(x)单调递增,

因为g′(0)=-1<0,g′(1)=e-2+sin 1>0,所以存在x0∈(0,1),使得g′(x0)=0,

g(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,所以g(x0)<0,

因为g(2)=e2-4-cos 2>0,所以存在x1∈(x0,2),使得g(x1)=0,所以g(x)有两个零点.

又因为-2+sin x0=0,所以g(x)min=g(x0)=-2x0-cos x0=2-2x0-sin x0-cos x0,

因为x0<1,所以g(x0)>-sin x0-cos x0=-sin(x0+)≥-,故g(x)>-成立.

培优点2　“隐零点”的卡根问题

典例2　设函数f(x)=ex-ax-2.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.

解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.

若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.

若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,

所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.

故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).①

令g(x)=+x,则g′(x)=.

由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).

当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.

所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).

由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.

导数“隐零点”中求参数的最值问题,一般需要精准找出隐零点x0的取值范围,称为“卡根”,然后利用此范围求参数的最值.

触类旁通2　已知函数f(x)=x+xln x,若k∈Z,且不等式k(x-1)<f(x)在x∈(1,+∞)上恒成立,求k的最大值.

解:因为f(x)=x+xln x,所以不等式k(x-1)<f(x)在区间(1,+∞)上恒成立等价于k<(x>1).

令g(x)=(x>1),则g′(x)=,

令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h′(x)=1-=>0⇒h(x)在(1,+∞)上单调递增,

因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,所以存在x0∈(3,4),使h(x0)=0,

即当1<x<x0时,h(x)<0,即g′(x)<0,

当x>x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,

由h(x0)=x0-ln x0-2=0,得ln x0=x0-2,

因此g(x)min=g(x0)===x0,由k<(x>1)得k<x0,

因为k∈Z,且x0∈(3,4),所以kmax=3.