备战2023年高考数学二轮专题复习专题一 函数与导数培优提能3 隐零点问题.docx
培优提能3隐零点问题1.“隐零点”概念隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f(x)=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x=x0 ,使得f(x)=0成立,这样的x0就称为“隐零点”.2.“隐零点”解决方向针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x=x0,使得f(x0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x0代入f(x),得到f(x0);(4)再将x0的等式代换,再求解(注意:x0的取值范围).培优点1隐零点的直接应用典例1(2022·河北深州市中学高三期末)已知函数f(x)=ex-a-ln (x+a)(a>0).(1)证明:函数f(x)在(0,+)上存在唯一的零点;(2)若函数f(x)在区间(0,+)上的最小值为1,求实数a的值.(1)证明:因为f(x)=ex-a-ln (x+a)(a>0),所以f(x)=ex-a-1x+a.因为y=ex-a在区间(0,+)上单调递增,y=1x+a在区间(0,+)上单调递减,所以函数f(x)在(0,+)上单调递增.又f(0)=e-a-1a=a-eaaea,令g(a)=a-ea(a>0),g(a)=1-ea<0,则g(a)在(0,+)上单调递减,g(a)<g(0)=-1,故f(0)<0.令m=a+1,则f(m)=f(a+1)=e-12a+1>0,所以函数f(x)在(0,+)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x0(0,+),使得f(x0)=ex0-a-1x0+a=0,即ex0-a=1x0+a.(*)函数f(x)=ex-a-1x+a在(0,+)上单调递增,所以当x(0,x0)时,f(x)<0,f(x)单调递减;当x(x0,+)时,f(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(x0)=ex0-a-ln (x0+a),由(*)式得f(x)min=f(x0)=1x0+a-ln (x0+a).所以1x0+a-ln (x0+a)=1,显然x0+a=1是方程的解.又因为y=1x-ln x在定义域上单调递减,方程1x0+a-ln (x0+a)=1有且仅有唯一的解x0+a=1,把x0=1-a代入(*)式,得e1-2a=1,所以a=12,即所求实数a的值为12.处理隐零点的基本方法是“虚设及代换”:在确定零点存在的条件下虚设零点x0,再借助零点的表达式进行合理的代换(常见形式就是“指对转幂”),进而求解.触类旁通1(2022·山东临沂高三期末)已知函数f(x)=ex-ax-cos x,g(x)=f(x)-x,aR.(1)若f(x)在0,+)上单调递增,求a的最大值;(2)当a取(1)中所求的最大值时,讨论g(x)在R上的零点个数,并证明g(x)>-2.解:(1)由题意可知,f(x)=ex-a+sin x0在0,+)上恒成立,令h(x)=f(x)=ex-a+sin x,可知h(x)=ex+cos x1+cos x0,所以f(x)单调递增,所以f(0)=1-a0,解得a1,所以a的最大值为1.(2)由(1)知a=1,所以g(x)=ex-2x-cos x,当x0时,g(x)=ex-2+sin x-1+sin x0,所以g(x)单调递减,当x>0时,g(x)=ex-2+sin x,令(x)=g(x),则(x)=ex+cos x1+cos x0,所以g(x)单调递增,因为g(0)=-1<0,g(1)=e-2+sin 1>0,所以存在x0(0,1),使得g(x0)=0,g(x)在(-,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,又g(0)=0,所以g(x0)<0,因为g(2)=e2-4-cos 2>0,所以存在x1(x0,2),使得g(x1)=0,所以g(x)有两个零点.又因为ex0-2+sin x0=0,所以g(x)min=g(x0)=ex0-2x0-cos x0=2-2x0-sin x0-cos x0,因为x0<1,所以g(x0)>-sin x0-cos x0=-2sin(x0+4)-2,故g(x)>-2成立.培优点2“隐零点”的卡根问题典例2设函数f(x)=ex-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f(x)+x+1>0,求k的最大值.解:(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=ex-a.若a0,则f(x)>0,所以f(x)在(-,+)上单调递增.若a>0,则当x(-,ln a)时,f(x)<0;当x(ln a,+)时,f(x)>0,所以f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f(x)+x+1>0等价于k<x+1ex-1+x(x>0).令g(x)=x+1ex-1+x,则g(x)=ex(ex-x-2)(ex-1)2.由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+)上存在唯一的零点.故g(x)在(0,+)上存在唯一的零点.设此零点为,则(1,2).当x(0,)时,g(x)<0;当x(,+)时,g(x)>0.所以g(x)在(0,+)上的最小值为g().又由g()=0,可得e=+2,所以g()=+1(2,3).由于式等价于k<g(),故整数k的最大值为2.导数“隐零点”中求参数的最值问题,一般需要精准找出隐零点x0的取值范围,称为“卡根”,然后利用此范围求参数的最值.触类旁通2已知函数f(x)=x+xln x,若kZ,且不等式k(x-1)<f(x)在x(1,+)上恒成立,求k的最大值.解:因为f(x)=x+xln x,所以不等式k(x-1)<f(x)在区间(1,+)上恒成立等价于k<xlnx+xx-1(x>1).令g(x)=xlnx+xx-1(x>1),则g(x)=x-lnx-2(x-1)2,令h(x)=x-ln x-2(x>1),则h(x)=1-1x=x-1x>0h(x)在(1,+)上单调递增,因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0,所以存在x0(3,4),使h(x0)=0,即当1<x<x0时,h(x)<0,即g(x)<0,当x>x0时,h(x)>0,即g(x)>0,所以g(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,由h(x0)=x0-ln x0-2=0,得ln x0=x0-2,因此g(x)min=g(x0)=x0(ln x0+1)x0-1=x0(x0-1)x0-1=x0,由k<xlnx+xx-1(x>1)得k<x0,因为kZ,且x0(3,4),所以kmax=3.
