高考数学专题一　微专题12　隐零点问题 课件(共57张PPT)

(共57张PPT)
专题一　函数与导数
微专题12
隐零点问题
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ ＋2的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝0.
(1)判断函数f(x)的单调性；
考点一　不等式证明中的“隐零点”问题
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)>0，得01.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
令g(x)＝x(e2x－2)－ln x－1，其中x>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，则g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，则g(x)在(x0，＋∞)上单调递增.
所以g(x)≥0，所以f(x)≤e2x.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x).
(1)讨论f(x)极值点的个数；
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，x>0，
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，
所以存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增.
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.
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，
所以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)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)单调递增，
φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，
即ln x1－x，
所以ln(x＋1)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)，
典例2　(2023·兰州模拟)已知函数f(x)＝x＋ －(a－2)ln x(a∈R)，g(x)＝(b－1)x－ －xex.
(1)判断函数f(x)的单调性；
考点二　函数范围中的“隐零点”问题
若a≤0，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>0，则当0当x>a时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝1时，关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－1恒成立，求实数b的取值范围.
当a＝1时，f(x)＋g(x)＝bx＋ln x－xex，
当x∈(0，x0)时，u(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，u(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x0)为h(x)在定义域内的最小值.
所以b≤1，即实数b的取值范围是(－∞，1].
跟踪训练2　(2023·成都模拟)已知f(x)＝aln x－xln x(a>0).
(1)求证：f(x)仅有一个极值；
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减.
f(x)极大值＝f(x0)，无极小值.
所以f(x)仅有一个极值.
(2)若存在a，使f(x)≤a＋b对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数b的取值范围.
任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤a＋b，则a＋b≥f(x)max.
由(1)知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－x0ln x0.
若存在a，使f(x)≤a＋b，即aln x0－x0ln x0≤a＋b，
得b≥aln x0－x0ln x0－a＝(x0ln x0＋x0)·ln x0－x0ln x0－(x0ln x0＋x0)＝h(x0)，
转化为b≥h(x0)min.
h(x0)＝x0(ln x0)2－x0ln x0－x0(x0>0)，
h′(x0)＝(ln x0)2＋ln x0－2＝(ln x0＋2)·(ln x0－1)，
由于(ln x0＋1)<－1，则－x0·(ln x0＋1)>0，又x0(ln x0)2>0.
所以h(x0)＝x0(ln x0)2－(ln x0＋1)x0>0，
综上，当x0∈(0，＋∞)时，h(x0)min＝h(e)＝－e，
得b≥－e.
故b的取值范围是[－e，＋∞).
典例3　(2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝ －x＋asin x.
(1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ的取值范围；
考点三　与三角函数有关的“隐零点”问题
∴f′(π)＝π－1－a＝π－2，∴a＝1，
令φ(x)＝x－1＋cos x，则φ′(x)＝1－sin x≥0恒成立，
∴φ(x)是增函数，当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0，
∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0，
∴λ的取值范围是(－∞，0].
∴存在x0∈(0，π)，使得g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又g(0)＝0，g(π)＝π－ln(π＋1)>0，故存在唯一的t∈(x0，π)，使得g(t)＝0，满足题意；
②当a≥0时，由x∈(0，π)，可得g(x)≥x－ln(x＋1)，令h(x)＝x－ln(x＋1)，
则h(x)>h(0)＝0，则g(x)>0在(0，π)上恒成立，故g(x)在(0，π)上无零点.
综上所述，a的取值范围是(－∞，0).
跟踪训练3　(2023·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝ex－asin x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
当a＝2时，f(x)＝ex－2sin x，则f′(x)＝ex－2cos x，
∴f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝1，
∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.
(2)若对任意x∈[0，π]，不等式f(x)≥2－cos x恒成立，求a的取值范围.
令h(x)＝f(x)－2＋cos x＝ex－asin x＋cos x－2，
则对任意x∈[0，π]，h(x)≥0恒成立.
又h′(x)＝ex－acos x－sin x，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex＋asin x－cos x.
当a≥0时，若x∈[0，π]，则ex≥e0＝1，cos x≤1，sin x≥0，
∴t′(x)≥0在[0，π]上恒成立，则h′(x)在[0，π]上单调递增.
①当a>1时，h′(0)＝1－a<0，h′(π)＝eπ＋a>0，
∴ x0∈(0，π)，使得h′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)②当a＝1时，h(x)＝ex－sin x＋cos x－2；
当x∈(0，π)时，h′(x)>h′(0)＝0，则h(x)在[0，π]上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝0恒成立，满足题意；
③当a<1时，h(x)＝ex－asin x＋cos x－2>ex－sin x＋cos x－2，
由②知对任意x∈[0，π]，h(x)>ex－sin x＋cos x－2≥0，满足题意.
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1].
隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
总结提升
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1.(2023·广州模拟)设函数f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
∵f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1，
∴f′(x)＝[x－(a－1)]ex，
∴当x>a－1时，f′(x)>0，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增；
当x即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a－1)，单调递增区间为(a－1，＋∞).
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(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a>2.
函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，可得方程f(x)＝0有解，
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设函数h(x)＝ex－x－2，x∈(0，＋∞)，
h′(x)＝ex－1>0，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，
∴存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴函数g(x)存在唯一的最小值点x0，满足 ＝x0＋2，
∴g(x0)＝x0＋ ＝x0＋1∈(2,3)，
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∴a≥g(x0)>2，
∴a>2.
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f(x)的定义域为(0，＋∞)，
记φ(x)＝x＋ln x，易知φ(x)是增函数，
①当k>0时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)无最大值，即k>0不符合题意；
②当k<0时，f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
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因为x0＋ln x0＝0，所以ln x0＝－x0，
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所以f(x)max＋k>1，即M＋k>1.
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g′(x)＝(x＋1) －1，令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝(x＋2) ，令h′(x)＝0，解得x＝－2，
当x>－2时，h′(x)>0，当x<－2时，h′(x)<0，
所以g′(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增.
当x≤－1时，g′(x)<0，
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可知g(x)min＝g(x1)＝ －x1，
因为g′(x1)＝0，所以x1＋1＝ ，
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所以ln(x1＋1)＋x1＝ ＋x0－1＝ln( －1＋1)＋ －1.
设λ(x)＝ln(x＋1)＋x，易知λ(x)单调递增，且λ(x1)＝λ( －1)，
所以x1＝ －1，
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所以g(x)min＝ ＝ ＋1－ ＝2－x0－
＝1＋
3.(2023·黄冈模拟)已知函数f(x)＝xex－asin x－x.
(1)求当a＝0时，求函数f(x)的最值；
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∵当a＝0时，f(x)＝xex－x，∴f′(x)＝(x＋1)ex－1，
当x<－1时，f′(x)<0，
当x>－1时，令φ(x)＝(x＋1)ex－1，
由φ′(x)＝(x＋2)ex>0，
∴f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增且f′(0)＝0，
∴当x<0时，f(x)单调递减，当x>0时，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝0，无最大值.
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g(x)＝xex－asin x，
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令h(x)＝g′(x)，
当a≤0时，h(x)>0，无零点，不符合；
令h(x)＝g(x)，
当01,0∴h(x)>0无零点，不符合；
当a>1时，h′(x)＝(x＋2)ex＋asin x>0，
综上，a>1.
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②证明g(x)在区间(0，π)内存在唯一零点x1，且x1<2x0.
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∴g(x0)0.∴g(x)在(x0，π)内存在唯一零点x1，
下证x1<2x0，即证g(x1)0，
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∵a＝ ，
∴g(2x0)＝ －asin 2x0
＝ － ·sin 2x0
＝ ( －(x0＋1)sin x0)，
令t(x0)＝x0－sin x0，
故t′(x0)＝1－cos x0≥0，
即t(x0)是R上的增函数，故t(x0)>t(0)＝0，故x0>sin x0，
令s(x0)＝ －x0－1，故当x0>0时，s′(x0)＝ －1>0，
即s(x0)在(0，＋∞)上单调递增，故s(x0)>s(0)＝0，故 >x0＋1，
∴g(2x0)>0，
即g(2x0)>g(x1)，∴x1<2x0，命题成立.
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