【高考快车道】第一阶段 专题六 培优课13 隐零点问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共36张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题六　函数、导数和不等式
培优课13　隐零点问题
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．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，再结合题目条件解决问题．
【典例】　(2024·山东济南二模)已知函数f ＝ax2－ln x －1，g＝xex－ax2．
(1)讨论f 的单调性；
(2)证明：f ＋g≥x．
[解]　(1)f 的定义域为，f ′＝2ax－＝，
当a≤0时，则2ax2－1<0在上恒成立，
可知f 在上单调递减；当a>0时，令f ′>0，解得x>；
令f ′<0，解得0综上所述：当a≤0时，f 在上单调递减；
当a>0时，f 在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：构建F＝f ＋g－x＝xex－ln x－x－1，x>0，
则F′＝ex－－1＝，
由x>0可知x＋1>0，
构建h＝ex－，x>0，
因为y＝ex，y＝－在上单调递增，
则h在上单调递增，
且h＝－2＜0，h＝e－1＞0，
可知h在上存在唯一零点x0∈，
当0当x>x0，则h>0，即F′>0；
可知F在上单调递减，在上单调递增，
则F≥F＝－ln x0－x0－1，
又因为－＝0，则＝，x0＝，x0∈，
可得F＝－x0－1＝0，
即F≥0，所以f ＋g≥x．
对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题．
[跟进训练]
1．若关于x的不等式ex(2k－x)1　[因为ex(2k－x)令f (x)＝＋x，x∈，则f ′(x)＝1－＝，
令g(x)＝ex－x－2，x∈，则g′(x)＝ex－1>0，
1
所以g在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝e－3<0，g(2)＝e2－4>0，
所以g＝0在有且仅有一个根x0，满足－x0－2＝0，即＝x0＋2，
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，即f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，
所以f (x)min＝f (x0)＝＋x0＝＋x0＝x0＋＋1＝x0＋2＋－1，x0∈(1，2)，
由对勾函数可知3＋－1因为2k类型2　222222
2．(2024·山西运城一模)已知a<1，函数f (x)＝x sin x＋a cos x，x∈．
(1)求曲线y＝f (x)在点处的切线方程；
(2)证明：f (x)存在唯一的极值点；
(3)若存在a，使得f (x)<－a＋b对任意x∈成立，求实数b的取值范围．
[解]　(1)由题意知，f ′(x)＝sin x＋x cos x－a sin x＝(1－a)sin x＋x cos x，
所以f ′＝(1－a)sin cos ＝1－a，
又f ＝，
所以曲线在点处的切线方程为y－＝(1－a)，即(1－a)x－y＋＝0．
(2)证明：由f ′(x)＝(1－a)sin x＋x cos x，a<1，
①当x∈时，f ′(x)>x cos x≥0，则f (x)在上单调递增，
②当x∈时，设g(x)＝(1－a)sin x＋x cos x，
则g′(x)＝(1－a)cos x＋cos x－x sin x＝(2－a)·cos x－x sin x，
所以g′(x)<－x sin x<0，故g(x)在上单调递减，
又g＝1－a>0，g(π)＝－π<0，
所以由零点存在定理可知，存在唯一x0∈，使得g(x0)＝0，即f ′(x0)＝0．
所以当0，即f ′(x)>0；
当x0所以f (x)在上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
综上所述，f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，存在唯一x0∈，使得f ′(x0)＝0．
故f (x)存在唯一的极值点．
(3)由(2)可知，f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，
故f (x)max＝f (x0)＝x0sin x0＋a cos x0，
因为f ′(x0)＝(1－a)sin x0＋x0cos x0＝0，
所以a＝1＋，
由题意知，f (x)max＝f (x0)＝x0sin x0＋a cos x0<－a＋b，
即x0sin x0＋cos x0<－＋b，
化简得b>＋cos x0＋，x0∈，
设g(x)＝＋cos x＋，x∈，
由题知存在x0∈，使得g(x0)所以g(x)min又g′(x)＝－sinx＋
＝＝
＝，
设h(x)＝sin2x－2x，x∈，
则h′(x)＝2cos 2x－2<0，所以h(x)在上单调递减，
故h(x)当0，g′(x)<0；
当0，
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)min＝g＝，所以b>．
故b的取值范围为．
【教师备选资源】
1．已知函数f (x)＝xex+1．
(1)求f 的极值；
(2)当x>0时，f x＋ln x＋2，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f ′＝ex+1，
所以当f ′>0时，x>－1；当f ′<0时，x<－1，
所以f 在上单调递减，在上单调递增，所以f 有极小值f ＝－1，无极大值．
(2)由题知不等式xex+1≥x＋ln x＋2在x∈上恒成立，
则原问题等价于不等式xex+1－ln x－x－2≥ax在x∈上恒成立，
记g＝xex+1－ln x－x－2，
则g′＝ex+1－－1＝，
记h＝ex+1－，则h′＝ex+1＋>0恒成立，
所以h在x∈上单调递增，
又h＝－e2<0，h＝e2－1>0，
所以存在x0∈，使得h＝0，
即当0＜x当x>x0时，h>0，此时g′>0，
所以g在上单调递减，在上单调递增，
由h＝－＝0，得＝，
即x0＝，ln x0＝－x0－1，
所以g≥g＝x0－ln x0－x0－2＝x0·＋x0＋1－x0－2＝0．
①当a≤0时，
因为g＝xex+1－ln x－x－2≥0，ax≤0，所以不等式恒成立，符合题意，所以a≤0；
②当a>0时，
因为存在x0∈，使得g＝0，而ax0>0，
此时不满足xex+1－ln x－x－2≥ax，
所以不符合题意．
综上所述，a的取值范围为(－∞，0]．
2．已知函数f (x)＝xex－bx ln x－x2(b∈R)，其图象在点(1，f (1))处的切线斜率为2e－3．
(1)证明：当x＞1时，f (x)＞xex－x2＋1；
(2)若函数g(x)＝f (x)＋(4－a)x－1在定义域上无极值，求正整数a的最大值．
[解]　(1)证明：由f (x)＝xex－bx ln x－x2可得f ′(x)＝(x＋1)ex－b(ln x＋1)－x．
因为函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为2e－3，
所以f ′(1)＝2e－b－1＝2e－3，解得b＝2，
当x＞1时，f (x)＞xex－x2＋1等价于x2－2x ln x－1＞0，即x－2ln x－＞0．
令F(x)＝x－2ln x－，则F′(x)＝1－＝＞0在(1，＋∞)上恒成立，
所以函数F(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞1时，F(x)＞F(1)＝1－2ln 1－＝0，
所以当x＞1时，f (x)＞xex－x2＋1．
(2)由题意得g(x)＝xex－2x ln x－x2＋(4－a)x－1，
若g(x)＝f (x)＋(4－a)x－1在定义域上无极值，则g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立．
①当g′(x)≥0恒成立时，g′(x)＝(x＋1)ex－2(1＋ln x)－x＋4－a≥0，
即a－2≤(x＋1)ex－2ln x－x恒成立，所以a－2≤[(x＋1)ex－2ln x－x]min．
令h(x)＝(x＋1)ex－2ln x－x，
所以h′(x)＝(x＋2)ex－－1＝(x＋2)ex－＝(x＋2)(x＞0)，
令φ(x)＝ex－，则φ′(x)＝ex＋＞0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，φ＝－2＜0，φ(1)＝e－1＞0，
所以存在x0∈，使得φ(x0)＝－＝0，即＝．
当x∈(0，x0)时，φ(x)＜0，即h′(x)＜0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以函数h(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
所以函数h(x)的最小值为h(x0)＝＝(x0＋1)－2ln x0－x0，
因为＝，即x0＝－ln x0，
所以h(x0)＝1＋＋2x0－x0＝1＋x0＋．
因为x0∈，所以h(x0)＝1＋x0＋∈，
所以a－2≤3，可得a≤5，所以正整数a的最大值是5．
②当g′(x)≤0恒成立时，g′(x)＝(x＋1)ex－2(1＋ln x)－x＋4－a≤0，
即a－2≥(x＋1)ex－2ln x－x恒成立，所以a－2≥[(x＋1)ex－2ln x－x]max，
又由①知，函数h(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，
所以函数h(x)不存在最大值，所以a不存在最大值．
综上所述，正整数a的最大值是5．
1．(2024·山东威海二模)已知函数f ＝ln x－ax＋1．
(1)求f 的极值；
(2)证明：ln x＋x＋1≤xex．
培优专练13　隐零点问题
[解]　(1)由题意得f ＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)，
则f ′＝－a＝，
当a≤0时，f ′>0，f 在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，令f ′<0，则x>，令f ′>0，则0即f 在上单调递增，在上单调递减，故x＝为函数的极大值点，函数极大值为f ＝－ln a，无极小值．
(2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，
g′＝ex－－1，令h＝ex－－1，
则h′＝ex＋>0(x>0)，即h在(0，＋∞)上单调递增，
h＝－3<0，h＝ee－－1>0，
故 x0∈，使得h＝0，即＝1，
当x∈时，h<0，g在上单调递减，
当x∈时，h>0，g在(x0，＋∞)上单调递增，
故g＝g＝－x0－1＝0，
即g≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex．
2．(2024·广东实验中学模拟)已知函数f ＝ex＋cos x－2，g＝sin x．
(1)求证：当x∈时，g(x)(2)若x∈，f ＋g>ax恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)证明：设G＝x－g(x)＝x－sin x，x>0，
则G′＝1－cos x≥0，所以G在区间上单调递增，
所以G>G＝0，即g(x)设F(x)＝f (x)－x＝ex＋cos x－2－x，x>0，
则F′(x)＝ex－sin x－1，
由x>0时，g(x)－x，
所以F′(x)＝ex－sin x－1>ex－x－1，
设h＝ex－x－1，则h′＝ex－1，
当x>0时，h′>0，所以函数h在区间上单调递增，
故在区间上，h>h＝0，即在区间上，ex>x＋1，
所以F′(x)>ex－x－1>0，
所以F(x)在区间上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0，即f >x．
所以g(x)(2)由f ＋g>ax在区间上恒成立，
即ex＋cos x－2＋sin x－ax>0在区间上恒成立，设φ＝ex＋cos x－2＋sin x－ax，
则φ>0在区间上恒成立，
而φ′＝ex－sin x＋cos x－a，
令m＝φ′，则m′＝ex－cos x－sin x，
由(1)知，在区间上，ex>x＋1>sin x＋cos x，
即m′＝ex－cos x－sin x>0，
所以在区间上函数φ′单调递增，
①当a≤2时，φ′＝2－a≥0，
故在区间上函数φ′>0，
所以函数φ在区间上单调递增，
又φ＝0，故φ>0，
即函数f ＋g>ax在区间上恒成立；
②当a>2时，φ′＝2－a，
φ′(ln (a＋2))＝a＋2－sin ＋cos [ln (a＋2)]－a
＝2－sin >0，
故在区间上函数φ′存在零点x0，
即φ′＝0，
又在区间上函数φ′单调递增，
故在区间上函数φ′<φ′＝0，
所以在区间上函数φ单调递减，
由φ＝0，所以在区间上φ<φ＝0，与题设矛盾．
综上，a的取值范围为．
THANK YOU