2019年高考数学压轴题-专题08--隐零点问题(解析版)

专题08隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一根据隐零点化简求范围典例1.已知函数()lnfxaxxx的图像在点xe(其中e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.（1）求实数a的值；（2）若kZ，且()1fxkx对任意1x恒成立，求k的最大值；【答案】3【解析】解析：（1）'1lnfxax，由()3fe解得1a；（2）()lnfxxxx，()ln()11fxxxxkgxxx，22ln'()(1)xxgxx，令()2lnhxxx，有1'()10hxx，那么()(1)1hxh.不妨设0()0hx，由(3)0h，(4)0h，则可知0(3,4)x，且00ln2xx.因此，当0hx时，'0gx，0xx；当0hx时，'0gx，0xx；即可知000000min00(ln1)(1)()()11xxxxgxgxxxx，所以0kx，得到满足条件的k的最大正整数为3.类型二根据隐零点分区间讨论典例2已知函数2()2ln(0)fxxtxt，t为何值时，方程()2fxtx有唯一解.【答案】(,0){1}【解析】222ln22(ln)xtxtxtxxx，当ln0xx时，有tR；设()lnuxxx，1'()10uxx；又(1)10u，11()10uee，不妨设00ln0xx，则可知01(,1)xe.当ln0xx时，得到22()lnxtgxxx；2222ln(12ln)'()(ln)(ln)xxxxxxxgxxxxx，令()12lngxxx，易知(1)0g，且1x时，()0gx；1x时，()0gx；综上可知()gx在区间00(0,),(,1)xx上为减函数，在区间(1,)上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t的范围为(,0){1}.类型三根据隐零点构造新函数典例3已知函数21xfxexax，当0x时，0fx，求实数a的取值范围．【答案】1(,]2【解析】'12xfxeax，首先，当0a时，在[0,)上'0fx恒成立，则有00fxf．其次，当0a时，令xgxe，21hxax，由题1可知，当021a，即102a时，gxhx．此时'0fx,同样有0fx．再者，当12a时，函数ygx与yhx相交于点0,1和00,xy．同时，当00,xx时，'0fx；当0,xx时，'0fx.即可知02000min1xfxfxexax，将0012xeax代入得到：00000112xxefxexx00x，令112xxeFxexx0x，则11'2xexFx．又由变式2可知1xxe，那么1'02xxeeFx，即Fx在区间0,上递减，因此有000fxf，与0fx矛盾，故12a不合题意．综上可知，满足题意的实数a的取值范围为1(,]2．1．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥⋅e𝑥−𝑎(ln𝑥+𝑥)，𝑔(𝑥)=(𝑚+1)𝑥.（𝑎,𝑚∈𝑅且为常数，𝑒为自然对数的底）（1）讨论函数𝑓(𝑥)的极值点个数；（2）当𝑎=1时，𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，求实数𝑚的取值范围.【答案】（1）当𝑎≤0时，无极值点；当𝑎0时，有且仅有1个极值点；（2）(−∞,0]【解析】（1）𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥−𝑎(1𝑥+1)=𝑥+1𝑥(𝑥𝑒𝑥−𝑎)，因为函数𝑦=(𝑥𝑒𝑥)′=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥0在(0,+∞)上恒成立，所以函数𝑦=𝑥𝑒𝑥在区间(0,+∞)上单调递增，且值域为(0,+∞)，①当𝑎≤0时，𝑥𝑒𝑥−𝑎0在区间(0,+∞)上恒成立，即𝑓′(𝑥)0，故𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，所以无极值点；②当𝑎0时，方程𝑥𝑒𝑥−𝑎=0有唯一解，设为𝑥0(𝑥00)，当0𝑥𝑥0时，𝑓′(𝑥)0，函数𝑓(𝑥)单调递减，当𝑥𝑥0时，𝑓′(𝑥)0，函数𝑓(𝑥)单调递增，所以𝑥0是函数𝑓(𝑥)的极小值点，即函数𝑓(𝑥)只有1个极值点.（2）当𝑎=1时，不等式𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，即𝑥𝑒𝑥−ln𝑥−1≥(𝑚+1)𝑥对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，即𝑒𝑥−ln𝑥+1𝑥≥𝑚+1对任意的𝑥∈(0,+∞)恒成立，记𝐹(𝑥)=𝑒𝑥−ln𝑥+1𝑥，𝐹′(𝑥)=𝑒𝑥+ln𝑥𝑥2=𝑥2𝑒𝑥+ln𝑥𝑥2，记ℎ(𝑥)=𝑥2𝑒𝑥+ln𝑥，因为ℎ(𝑥)=2𝑥𝑒𝑥+𝑥2𝑒𝑥+1𝑥0在𝑥∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1𝑒)=(1𝑒)2𝑒1𝑒−1=𝑒1𝑒−2−10，ℎ(1)=𝑒0，所以存在𝑥0∈(1𝑒,1)使得ℎ(𝑥0)=0，且𝑥∈(0,𝑥0)时，ℎ(𝑥)0，𝐹′(𝑥)0，函数𝐹(𝑥)单调递减；当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，ℎ(𝑥)0，𝐹′(𝑥)0，函数𝐹(𝑥)单调递增；.所以𝐹(𝑥)min=𝐹(𝑥0)，即𝐹(𝑥)min=𝑒𝑥0−ln𝑥0+1𝑥0，又因为ℎ(𝑥0)=0⇒𝑥02𝑒𝑥0=−ln𝑥0，⇒𝑥0𝑒𝑥0=−ln𝑥0𝑥0，⇒𝑥0𝑒𝑥0=ln1𝑥0⋅𝑒ln1𝑥0，所以𝑥0=ln1𝑥0，因此𝐹(𝑥)min=𝑒𝑥0−ln𝑥0+1𝑥0=𝑥0𝑒𝑥0−ln𝑥0−1𝑥0=1+𝑥0−1𝑥0=1，所以1≥𝑚+1，解得𝑚≤0.综上，实数𝑚的取值范围是(−∞,0].2．已知𝑓(𝑥)=𝑥−12(ln𝑥)2−𝑘ln𝑥−1(𝑘∈𝑅).（1）若𝑓(𝑥)是(0,+∞)上的增函数，求𝑘的取值范围；（2）若函数𝑓(𝑥)有两个极值点，判断函数𝑓(𝑥)零点的个数.【答案】(1)(−∞,1](2)三个零点【解析】（1）由𝑓(𝑥)=𝑥−12(ln𝑥)2−𝑘ln𝑥−1得𝑓′(𝑥)=𝑥−ln𝑥−𝑘𝑥，由题意知𝑓′(𝑥)≥0恒成立，即𝑥−ln𝑥−𝑘≥0，设𝐹(𝑥)=𝑥−ln𝑥−𝑘，𝐹′(𝑥)=1−1𝑥，𝑥∈(0,1)时𝐹′(𝑥)0，𝐹(𝑥)递减，𝑥∈(1,+∞)时，𝐹′(𝑥)0，𝐹(𝑥)递增；故𝐹(𝑥)min=𝐹(1)=1−𝑘≥0，即𝑘≤1，故𝑘的取值范围是(−∞,1].（2）当𝑘≤1时，𝑓(𝑥)单调，无极值；当𝑘1时，𝐹(1)=1−𝑘0，一方面，𝐹(𝑒−𝑘)=𝑒−𝑘0，且𝐹(𝑥)在(0,1)递减，所以𝐹(𝑥)在区间(𝑒−𝑘,1)有一个零点.另一方面，𝐹(𝑒𝑘)=𝑒𝑘−2𝑘，设𝑔(𝑘)=𝑒𝑘−2𝑘(𝑘1)，则𝑔′(𝑘)=𝑒𝑘−20，从而𝑔(𝑘)在(1,+∞)递增，则𝑔(𝑘)𝑔(1)=𝑒−20，即𝐹(𝑒𝑘)0，又𝐹(𝑥)在(1,+∞)递增，所以𝐹(𝑥)在区间(1,𝑒𝑘)有一个零点.因此，当𝑘1时𝑓′(𝑥)在(𝑒−𝑘,1)和(1,𝑒𝑘)各有一个零点，将这两个零点记为𝑥1，𝑥2(𝑥11𝑥2)，当𝑥∈(0,𝑥1)时𝐹(𝑥)0，即𝑓′(𝑥)0；当𝑥∈(𝑥1,𝑥2)时𝐹(𝑥)0，即𝑓′(𝑥)0；当𝑥∈(𝑥2,+∞)时𝐹(𝑥)0，即𝑓′(𝑥)0：从而𝑓(𝑥)在(0,𝑥1)递增，在(𝑥1,𝑥2)递减，在(𝑥2,+∞)递增；于是𝑥1是函数的极大值点，𝑥2是函数的极小值点.下面证明：𝑓(𝑥1)0，𝑓(𝑥2)0由𝑓′(𝑥1)=0得𝑥1−ln𝑥1−𝑘=0，即𝑘=𝑥1−ln𝑥1，由𝑓(𝑥1)=𝑥1−12(ln𝑥1)2−𝑘ln𝑥1−1得𝑓(𝑥1)=𝑥1−12(ln𝑥1)2−(𝑥1−ln𝑥1)ln𝑥1−1=𝑥1+12(ln𝑥1)2−𝑥1ln𝑥1−1，令𝑚(𝑥)=𝑥+12(ln𝑥)2−𝑥ln𝑥−1，则𝑚′(𝑥)=(1−𝑥)ln𝑥𝑥，①当𝑥∈(0,1)时𝑚′(𝑥)0，𝑚(𝑥)递减，则𝑚(𝑥)𝑚(1)=0，而𝑥11，故𝑓(𝑥1)0；②当𝑥∈(1,+∞)时𝑚′(𝑥)0，𝑚(𝑥)递减，则𝑚(𝑥)𝑚(1)=0，而𝑥21，故𝑓(𝑥2)0；一方面，因为𝑓(𝑒−2𝑘)=𝑒−2𝑘−10，又𝑓(𝑥1)0，且𝑓(𝑥)在(0,𝑥1)递增，所以𝑓(𝑥)在(𝑒−2𝑘,𝑥1)上有一个零点，即𝑓(𝑥)在(0,𝑥1)上有一个零点.另一方面，根据𝑒𝑥1+𝑥(𝑥0)得𝑒𝑘1+𝑘，则有：𝑓(𝑒4𝑘)=𝑒4𝑘−12𝑘2−1(1+𝑘)4−12𝑘2−1=𝑘4+4𝑘(𝑘−34)2+74𝑘0，又𝑓(𝑥2)0，且𝑓(𝑥)在(𝑥2,+∞)递增，故𝑓(𝑥)在(𝑥2,𝑒4𝑘)上有一个零点，故𝑓(𝑥)在(𝑥2,+∞)上有一个零点.又𝑓(1)=0，故𝑓(𝑥)有三个零点.3．已知函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥−ln𝑥，𝑔(𝑥)=𝑥−𝑘.（Ⅰ）令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)①当𝑘=1时，求函数ℎ(𝑥)在点(1,ℎ(1))处的切线方程；②若𝑥∈𝐴=|𝑥|𝑥1|时，ℎ(𝑥)⩾0恒成立，求𝑘的所有取值集合与𝐴的关系；（Ⅱ）记𝑤(𝑥)=(𝑓(𝑥)−𝑘𝑥)(𝑔(𝑥)−𝑘2𝑥)，是否存在𝑚∈𝑁+，使得对任意的实数𝑘∈(𝑚,+∞)，函数𝑤(𝑥)在(1,+∞)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数𝑚，若不存在，请说明理由.【答案】（1）①𝑦=−𝑥+1；②见解析；（2）2【解析】（1）①由题意，可得ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥−ln𝑥−𝑥+𝑘，则ℎ′(𝑥)=ln𝑥−1𝑥，所以ℎ′(1)=−1，ℎ(1)=0所以ℎ(𝑥)在(1,ℎ(1))处的切线方程为𝑦=−𝑥+1②由ℎ(𝑥)≥0，即𝑘≥𝑥−𝑥ln𝑥+ln𝑥=𝑚(𝑥)则𝑚′(𝑥)=1𝑥−ln𝑥，𝑥∈(1,+∞)，因为𝑚′(𝑥)=1𝑥−ln𝑥在(1,+∞)上单调递减，所以𝑚′(𝑥)𝑚′(1)=1，存在𝑥0∈(1,+∞)，使得𝑚′(𝑥0)=0，函数𝑚(𝑥)在𝑥∈(1,𝑥0)上单调递增，在𝑥∈(𝑥0,+∞)上单调递减，𝑘≥𝑚(𝑥0)，由𝑚′(𝑥0)=0得ln𝑥0=1𝑥0，𝑚(𝑥0)=𝑥0+1𝑥0−11，∴𝑘𝑚(𝑥0)1，所以𝑘的所有取值集合包含于集合𝐴.（Ⅱ）令𝑓(𝑥)−𝑘𝑥=𝑥ln𝑥−ln𝑥−𝑘𝑥𝑔(𝑥)−𝑘2𝑥=𝑥−𝑘−𝑘2𝑥，𝑥∈(1,+∞)（1）(𝑓(𝑥)−𝑘𝑥)′=ln𝑥+1−1𝑥+𝑘𝑥20，𝑥∈(1,+∞)，由于𝑘∈(𝑚,+∞)，⇒𝑘1，𝑓(1)=−𝑘0，𝑥→+∞，𝑓(𝑥)→+∞，由零点存在性定理可知，∀𝑘