新高考数学二轮复习考点突破课件 第1部分 专题突破 专题1　培优点3　隐零点问题（含解析）

培优点3隐零点问题专题一

函数与导数

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考点二含参函数的隐零点问题专题强化练内容索引不含参函数的隐零点问题考点一(2022·济宁质检)已知函数f(x)＝acos

x＋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；例1因为f′(x)＝－asin

x＋bex，所以f′(x)＝－sinx－ex，设g(x)＝－sinx－exg′(x)＝－cos

x－ex＝－(cos

x＋ex).cos

x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，－1≤cosx≤1，ex>1，所以g′(x)<0.g(x)单调递减，即f′(x)单调递减.因为所以即

＝－sinx0.当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以f(x)max＝f(x0)＝cosx0－由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.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.规律方法(1)求函数g(x)的极值；跟踪演练1(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－ln

x－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－ln

x－x－2(x>0)，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)＝

－ln

x0－x0－2，又因为φ(x0)＝0，即所以h(x0)＝－ln

x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).含参函数的隐零点问题考点二

已知函数f(x)＝ln

x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围.例2依题意，x(ex－2)－(ln

x－kx)≥1恒成立，且x>0，令μ(x)＝－ln

x－x2ex(x>0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，两边取对数可得ln(－ln

x0)＝2lnx0＋x0，即ln(－ln

x0)＋(－ln

x0)＝x0＋ln

x0，由函数y＝x＋ln

x为增函数，可得x0＝－ln

x0，又当0<x<x0时，μ(x)>0，φ′(x)>0；当x>x0时，μ(x)<0，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.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.规律方法

(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0<a<6，试讨论f(x)在(0，π)上的零点个数.(参考数据：

≈4.8)跟踪演练2∵f(x)＝2exsinx－ax，∴f′(x)＝2ex(sinx＋cos

x)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excosx.①当2－a≥0，即0<a≤2时，f′(0)≥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)＝－aπ<0，∴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2<a<6时，f′(0)＝2－a<0，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，又∵f(π)＝－aπ<0，∴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0<a≤2时，f(x)在(0，π)上仅有一个零点；当2<a<6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；1212f(x)＝x＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cos

x－ex，令g(x)＝1＋cos

x－ex，g′(x)＝－ex－sinx<0，所以g(x)在区间[0，π]上单调递减.因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且当0<x<x0时，f′(x)>0；当x0<x<π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)f(x)<π.1212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＋cos

x0－即1＋cos

x0＝所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sinx0－

＝x0＋sinx0－cos

x0－1.令φ(x)＝x＋sinx－cos

x－1，x∈(0，π)，φ′(x)＝1＋cos

x＋sinx>0，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.(1)讨论f(x)的单调性；1212①若a≥0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.1212对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必