2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 培优点3　隐零点问题

培优点3隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．考点一不含参函数的隐零点问题例1(2022·济宁质检)已知函数f(x)＝acosx＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.(1)求实数a，b的值；(2)当x∈－π2，＋∞时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．解(1)因为f′(x)＝－asinx＋bex，所以f′0＝b＝－1，f0＝a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1.(2)由(1)知f(x)＝cosx－ex，x∈－π2，＋∞，所以f′(x)＝－sinx－ex，设g(x)＝－sinx－exg′(x)＝－cosx－ex＝－(cosx＋ex)．当x∈－π2，0时，cosx≥0，ex0，所以g′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，－1≤cosx≤1，ex1，所以g′(x)0.所以当x∈－π2，＋∞时，g′(x)0，g(x)单调递减，即f′(x)单调递减．因为f′(0)＝－10，f′－π4＝22－11224211e2e，因为2ee2，所以11222112e，所以f′－π40，所以∃x0∈－π4，0，使得f′(x0)＝－sinx0－0ex＝0，即0ex＝－sinx0.所以当x∈－π2，x0时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减．所以f(x)max＝f(x0)＝cosx0－0ex＝cosx0＋sinx0＝2sinx0＋π4.因为x0∈－π4，0，所以x0＋π4∈0，π4，所以sinx0＋π4∈0，22，所以f(x0)∈(0,1)．由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．跟踪演练1(2022·郑州模拟)已知函数f(x)＝e·ex－2x＋1，g(x)＝lnxx＋2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x0时，证明：f(x)≥g(x)．(1)解g(x)＝lnxx＋2的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1－lnxx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)＝1－lnxx20，g(x)在(0，e)上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＝1－lnxx20，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)＝1e＋2，无极小值．(2)证明f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥lnx＋x(x0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x0)，h′(x)＝(x＋1)ex＋1－1＋xx＝(x＋1)ex＋1－1x，令φ(x)＝ex＋1－1x，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，而φ110＝1110e－10e2－100，φ(1)＝e2－10，故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈110，1，当x∈(0，x0)时，φ(x)0，h′(x)0，h(x)在x∈(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)0，h′(x)0，h(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝h(x0)＝x001ex－lnx0－x0－2，又因为φ(x0)＝0，即01ex＝1x0，所以h(x0)＝－lnx0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x)．考点二含参函数的隐零点问题例2已知函数f(x)＝lnx－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围．解依题意，x(ex－2)－(lnx－kx)≥1恒成立，且x0，∴k≥1＋lnxx－ex＋2恒成立，令φ(x)＝1＋lnxx－ex＋2，则φ′(x)＝1x·x－1＋lnxx2－ex＝－lnx－x2exx2，令μ(x)＝－lnx－x2ex(x0)，则μ′(x)＝－1x－(2xex＋x2ex)＝－1x－xex(2＋x)0，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又μ1e＝1－12ee0，μ(1)＝－e0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈1e，1，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝x200ex，两边取对数可得ln(－lnx0)＝2lnx0＋x0，即ln(－lnx0)＋(－lnx0)＝x0＋lnx0，由函数y＝x＋lnx为增函数，可得x0＝－lnx0，又当0xx0时，μ(x)0,φ′(x)0；当xx0时，μ(x)0,φ′(x)0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴φ(x)≤φ(x0)＝1＋lnx0x0－0ex＋2＝1－x0x0－1x0＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.规律方法已知含参函数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．跟踪演练2(2022·湖北新高考协作体联考)已知函数f(x)＝2exsinx－ax(e是自然对数的底数)．若0a6，试讨论f(x)在(0，π)上的零点个数．(参考数据：2e≈4.8)解∵f(x)＝2exsinx－ax，∴f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excosx.∴当x∈0，π2时，h′(x)0；当x∈π2，π时，h′(x)0，∴h(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减，即f′(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．f′(0)＝2－a，f′π2＝22e－a0，f′(π)＝－2eπ－a0.①当2－a≥0，即0a≤2时，f′(0)≥0，∴∃x0∈π2，π，使得f′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，π)时，f′(x)0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x0)0，又f(π)＝－aπ0，∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；②若2a6时，f′(0)＝2－a0，又∵f′(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减，而f′π2＝22e－a0，∴∃x1∈0，π2，x2∈π2，π，使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0,且当x∈(0，x1)，x∈(x2，π)时，f′(x)0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)0.∴f(x)在(0，x1)和(x2，π)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．∵f(0)＝0，∴f(x1)0，∵fπ2＝22e－π2a22e－3π0，∴f(x2)0，又∵f(π)＝－aπ0，∴由零点存在定理可得，f(x)在(x1，x2)和(x2，π)内各有一个零点，即此时f(x)在(0，π)上有两个零点．综上所述，当0a≤2时，f(x)在(0，π)上仅有一个零点；当2a6时，f(x)在(0，π)上有两个零点．专题强化练1．已知函数f(x)＝－ex＋sinx＋x，x∈[0，π]．证明：(1)函数f(x)有唯一的极大值点；(2)f(x)π.证明(1)f(x)＝x＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cosx－ex，令g(x)＝1＋cosx－ex，g′(x)＝－ex－sinx0，所以g(x)在区间[0，π]上单调递减．因为g(0)＝2－1＝10，g(π)＝－eπ0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且当0xx0时，f′(x)0；当x0xπ时，f′(x)0.所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]．所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.(2)由(1)知，函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，单调递减区间是[x0，π]．且x0∈(0，π)，f′(x0)＝0，即1＋cosx0－0ex＝0，即1＋cosx0＝0ex.所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sinx0－0ex＝x0＋sinx0－cosx0－1.令φ(x)＝x＋sinx－cosx－1，x∈(0，π)，φ′(x)＝1＋cosx＋sinx0，所以φ(x)在(0，π)上单调递增，所以φ(x)φ(π)＝π，即φ(x)π，即证f(x)max＝f(x0)π，即证f(x)π.2．(2022·菏泽质检)已知函数f(x)＝alnx－1x，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式f(x)≤x－2e在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解(1)因为f(x)＝alnx－1x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ax＋1x2＝ax＋1x2.①若a≥0，则f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②若a0，令f′(x)＝0，得x＝－1a.当x∈0，－1a时，f′(x)0；当x∈－1a，＋∞时，f′(x)0.所以f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)不等式f(x)≤x－2e在(0，＋∞)上恒成立等价于alnx－x－1x＋2e≤0在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝alnx－x－1x＋2e，则g′(x)＝ax－1＋1x2＝－x2－ax－1x2.对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋40，所以其必有两个零点．又两个零点之积为－1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x0∈(0，＋∞)，则x20－ax0－1＝0，即a＝x0－1x0.此时g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，故g(x0)≤0，即x0－1x0lnx0－x0－1x0＋2e≤0.设函数h(x)＝x－1xlnx－x－1x＋2e，则h′(x)＝1＋1x2lnx＋1－1x2－1＋1x2＝1＋1x2lnx.当x∈(0,1)时，h′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0.所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又h1e＝h(e)＝0，所以x0∈1e，e.由a＝x0－1x0在1e，e上单调递增，得a∈1e－e，e－1e.