第三章　培优点5　隐零点-【北师大版】2025年高考数学大一轮复习（课件+讲义+练习）

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隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理.
题型一　不含参函数的隐零点问题
(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00，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－10，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.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－10，
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.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x，
则f′(1)＝1，而f(1)＝2，则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.
当a≤0时，令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝－10，
则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0，
因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F′(x0)＝0，当0x＋2.
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，
使g(x0)＝ ＋cs 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＋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(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵ ＋cs x0＝0，∴ ＝－cs x0，∴f(x0)＝ ＋sin x0＝sin x0－cs x0
2.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
令f′(x)＝0得x＝e，所以当x∈(0，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a0，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∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝ ，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min＝h(x0)＝ －a(x0＋ln x0)＝ ≥0即可；所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0，因为x0＝ ，所以ln x0＝ln a－x0，