2019年高考数学压轴题-专题08--隐零点问题(解析版).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上 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. 已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；【答案】【解析】解析：（1），由解得；（2）， 令，有，那么. 不妨设，由，则可知，且. 因此，当时，；当时，；即可知， 所以，得到满足条件的的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数，为何值时，方程有唯一解.【答案】【解析】 ， 当时，有

2、； 设，；又，不妨设，则可知. 当时，得到； ，令，易知，且时，；时，； 综上可知在区间上为减函数，在区间上为增函数；画图函数图像： 因此，可知所求的范围为. 类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数，当时，求实数a的取值范围【答案】【解析】，首先，当时，在上恒成立，则有其次，当时，令，由题1可知，当，即时，此时,同样有再者，当时，函数与相交于点和同时，当时，；当时，. 即可知，将代入得到： ，令，则又由变式2可知，那么，即在区间上递减，因此有，与矛盾，故不合题意综上可知，满足题意的实数a的取值范围为1已知函数f(x)=xex-a(lnx+x)，g(x)=m+1x.（a,mR且为常数，e为

3、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a0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-a1x+1=x+1xxex-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,+)，当a0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；当a0时，方程xex-a=0有唯一解，设为x0x00

4、，当0xx0时，f(x)x0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+1xm+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， 所以存在x01e,1使

5、得hx0=0，且x0,x0时，h(x)0，F(x)0，F(x)0，函数F(x)单调递增；.所以F(x)min=Fx0，即F(x)min=ex0-lnx0+1x0，又因为hx0=0x02ex0=-lnx0， x0ex0=-lnx0x0，x0ex0=ln1x0eln1x0，所以x0=ln1x0，因此F(x)min=ex0-lnx0+1x0= x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1，所以1m+1，解得m0.综上，实数m的取值范围是(-,0.2已知f(x)=x-12(lnx)2-klnx-1 (kR).（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

6、，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-k0，设F(x)=x-lnx-k，F(x)=1-1x，x(0,1)时F(x)0，F(x)递增；故F(x)min=F(1)=1-k0，即k1，故k的取值范围是(-,1.（2）当k1时，f(x)单调，无极值；当k1时，F(1)=1-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，Fek=ek-2k，设g(k)=ek-2k (k1)，则g(k)=ek-20，从而g(

7、k)在(1,+)递增，则g(k)g(1)=e-20，即Fek0，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 x110，即f(x)0；当xx1,x2时F(x)0，即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：fx10，fx20由fx1=0得x1-lnx1-k=0，即k=x1-lnx1，由fx1=x1-12lnx12-klnx1-1得fx1=x1-12lnx12-x1-lnx1lnx1-1

8、=x1+12lnx12-x1lnx1-1，令m(x)=x+12(lnx)2-xlnx-1，则m(x)=(1-x)lnxx，当x(0,1)时m(x)m(1)=0，而x10；当x(1,+)时m(x)0，m(x)递减，则m(x)1，故fx20；一方面，因为fe-2k=e-2k-10，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：fe4k=e4k-12k2-1(1+k)4-12k2-1 =k4+4kk-342+74k0，又fx21|时，h(x)0恒成立，求k的所有取值集合与A的关系；（）记w(x

9、)=f(x)-kxg(x)-k2x，是否存在mN+，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）y=-x+1；见解析；（2）2【解析】（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+1由h(x)0，即kx-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)1，kmx01，所以k的所有

10、取值集合包含于集合A.（）令f(x)-kx=xlnx-lnx-kx g(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(1,+)，g(1)=1-3k20，所以G(x)单调递增.G(2)=ln2-45=15ln32e40，x0(2,2+1)，此时k=x02x0+12=x0+12+14x0+12-185,2，所以满足条件的最小正整数m=2.4已知函数fx=ex,gx=12x2-52x-1（e为自然对数的底数）（1）记Fx=lnx+gx，求函数Fx在区间1,3上的最大值与最小值；（2）若kZ，且f

11、x+gx-k0对任意xR恒成立，求k的最大值【答案】（1）见解析；（2）kmax=-1【解析】（1）Fx=lnx+gx=lnx+12x2-52x-1，Fx=2x-1x-22x，令Fx=0，则x1=12,x2=2， 所以函数Fx在区间1,2上单调递减，在区间2,3单调递增， Fxmin=F2=-4+ln2，Fxmax=maxF1,F3=-4+ln3 （2）fx+gx-k0对任意xR恒成立，ex+12x2-52x-1-k0对任意xR恒成立，kex+12x2-52x-1对任意xR恒成立令hx=ex+12x2-52x-1，则hx=ex+x-52由于hx=ex+10，所以hx在R上单调递增又h0=-32

12、0,h12=e12-20，h34=e34-74=0，所以存在唯一的x012,34，使得hx0=0，且当x-,x0时，hx0即hx在-,x0单调递减，在x0,+上单调递增hxmin=hx0=ex0+12x02-52x0-1 又hx0=0，即ex0+x0-52=0，ex0=52-x0hx0=52-x0+12x02-52x0-1=12x02-7x0+3x012,34，hx0-2732,-18又kex+12x2-52x-1对任意xR恒成立，khx0，又kZ，kmax=-15己知函数f(x)=lnx-kx2 (kR).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范

13、围，并证明x1+x22-2k.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为f(x)=lnx-kx2，函数fx的定义域为0,+，所以f(x)=1x+2kx3=x2+2kx3,x0 当k0时，fx0，所以函数f(x)在0,+上单调递增 当k0时，由f(x)=0，得x=-2k（负根舍去），当x0,-2k时，fx0，所以函数f(x)在0,-2k上单调递减；在-2k,+上单调递增 综上所述，当k0时，函数f(x)在(0,+)上单调递增；当k0时，函数f(x)在0,-2k上单调递减，在-2k,+上单调递增（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k0时，f(x)在0,+上单调递增，不可能有

14、两个零点，不满足条件当k0时，函数f(x)在0,-2k上单调递减，在-2k,+上单调递增，所以f(x)min=f-2k=ln-2k+12，要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)min=ln-2k+120，解得-12ek0因为-2k-2k0，下面证明f-2k=ln-2k-14k0设gk=ln-2k-14k，则gk=1k+14k2=4k+14k2因为k-12e，所以gk=1k+14k2=4k+14k2-2e+14k20所以gk在-12e,0上单调递增，所以f-2k= gkg-12e=ln1e+e20所以k的取值范围是-12e,0 方法2:由f(x)=lnx-kx2=0，得到k=x2lnx 设gx

15、=x2lnx，则gx=x2lnx+1当0xe-12时，gxe-12时，gx0，所以函数gx在0,e-12上单调递减，在e-12,+上单调递增所以由gxmin= ge-12=-12e 因为x0+时，gx0，且g1=0，要使函数f(x)有两个零点，必有-12ek2-2k：方法1:因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0,即lnx2-lnx1=kx22-kx12所以lnt=kt2x12-kx12，即x12=klnt1t2-1，-12ek1要证x1+x22-2k，即证x1+x22-8k 即证x121+t2-8k，即证klnt1t2-11+t

16、2-8k因为-12ek0，所以即证1t2-11+t2-8lnt，或证8lnt+1t2-11+t21 设h(t)=8lnt+1t2-11+t2，t1即h(t)=8lnt-t2-2t+2t+1t2，t1所以h(t)=8t-2t-2-2t2-2t3=-2t2-12-2tt-12t30所以h(t)在1,+上单调递减， 所以h(t)=8lnt+1t2-11+t21所以x1+x22-2k 方法2:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0,即lnx2-lnx1=kx22-kx12所以lnt=kt2x12-kx12，即x12=klnt1t2-1，-

17、12ek1要证x1+x22-2k，需证x1x2-2k 即证tx12-2k，即证tklnt1t2-1-2k因为-12ek2lnt t1 设h(t)=2lnt-t+1t，则h(t)=2t-1-1t2=-t-12t21所以h(t)在1,+上单调递减， 所以h(t)=2lnt-t+1t 2-2k 方法3:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22 要证x1+x22-2k，需证x1x2-2k 只需证lnx1+lnx2ln-2k即证kx12+kx22ln-2k，即证kx12+ktx12ln-2k即证k1+

18、1t21x12ln-2k 因为-2kx10，所以x121-2k 所以k1+1t21x12k1+1t21-2k=-121+1t2-121+1=-1而ln-2kln-2k成立所以x1+x22-2k方法4:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x11由已知得lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0,即lnx2-lnx1=kx22-kx12 先证明lnx2-lnx1x2-x11x1x2，即证明lnt1设ht=t-1t-lnt，则ht=t-122tt0所以ht在1,+上单调递增，所以hth1=0，所证不等式成立 所以有lnx2-lnx1x2-x1= -kx1+x2x12x221x1x2即-

19、kx1+x2x1x23因为x1x2x1+x22（x1x2），所以-kx1+x2-8k所以x1+x22-2k 方法5:要证x1+x22-2k，其中x1 0,-2k，x2 -2k,+，即证x22-2k-x1 利用函数fx的单调性，只需证明fx2f2-2k-x1因为fx2=fx1，所以只要证明fx1f2-2k-x1，其中x1 0,-2k 构造函数Fx=fx-f2-2k-x，x0,-2k，则Fx=lnx-kx2-ln2-2k-x+k2-2k-x2 因为Fx=1x+2kx3+12-2k-x+2k2-2k-x3=2-2kx2-2k-x+4k-2k2-2k-x2-x2-2k-x+x2x32-2k-x3（利用

20、均值不等式）2-2kx2-2k-x+4k-2kx22-2k-x2=-2-2kx-2k2x22-2k-x2F-2k=ln-2k+12-ln-2k-12=0所以fxf2-2k-x在0,-2k上恒成立所以要证的不等式x1+x22-2k成立6已知函数f(x)=xex-1-alnx（无理数e=2.718.）（1）若fx在1,+单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=0时，设函数gx=exfx-x2-x，证明：当x0时，gx1-ln22-ln222（参考数据ln20.69）【答案】（1）a-,2；（2）证明见解析.【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，） fx在1,+单调递增， fx=1+xex-1

21、-ax=x+x2ex-1-ax0在（1，）恒成立，设h（x）（xx2）ex1a，由题意h（x）0在（1，）恒成立，h（x）ex1（x23x1），当x（1，）时，x23x10，故h（x）0，h（x）在（1，）单调递增，所以h（x）h（1）2a，故2a0， a2，综上a（，2（2）当a0时，f（x）xex1，g（x）exx2x，g（x）ex2x1，设m（x）ex2x1，则m（x）ex2，令m（x）0，解得xln2，当x（0，ln2）时，m（x）0，m（x）单调递减，当x（ln2，）时，m（x）0，m（x）单调递增因此m（x）m（ln2）eln22ln2112ln20，即g（ln2）12ln20，又

22、g（0）0，g1+12ln2=e1+12ln2-21+12ln2-1=2e-3-ln20，故存在x0（ln2，1+12ln2），使g（x0）0，即ex0-2x0-1=0，ex0=2x0+1当x（0，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减，x（x0，）时，g（x）0，g（x）单调递增，gxgx0=ex0-x02-x0=2x0+1-x02-x0=-x02+x0+1=-x0-122+54，由于x0（ln2，1+12ln2），函数y=-x0-12+54单调递减，故gx-x0-122+54-1+12ln2-122+54=1-ln22-ln222所以，当x0时，gx1-ln22-ln2227已知函数fx=

23、x+2x+alnxa0（1）若a=1，求函数fx的极值和单调区间；（2）若gx=fx+2a2-2x，在区间0,e上是否存在x0，使gx00，若存在求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数fx=x+2x+lnx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+ 极小值为3，无极大值(2)见解析【解析】（1）当a=1时，fx=x+2x+lnx fx=x+2x-1x2，且x0,+ x0,1时，fx0 fx=x+2x+lnx有极小值f1=3故函数fx=x+2x+lnx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+ 极小值为3，无极大值.（2）gx=fx+2a2-2x=x+2a2x+al

24、nxa0 gx=x+2ax-ax2 a0x0,a时，gx0 x=a为函数的唯一极小值点又x0,e，当0ae时gxmin=ga=a+2a+alna=a3+lna 在区间0,e上若存在x0，使gx00，则gxmin=a3+lna0 ，解得0ae时，gx=x+2a2x+alnxa0在x00,e为单调减函数，gxmin=ge=e+2a2e+a0，不存在x00,e，使gx00 综上所述，在区间0,e上存在x0，使gx00，此时0a1e38已知函数fx=ax2-x-lnx (1)若a=1时，求函数fx的最小值；(2)若函数fx 有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0a0，当0x1时，f

25、x1时，fx0,fx为增，f(x)在x=1处取最小值0.（2）由fx=ax2-x-lnx，得f(x)=2ax-1-1x=2ax2-x-1x(x0)，当a0 时，f(x)=2ax2-x-1x0 .令gx=2ax2-x-1, ，=1+8a0，显然gx有一正根和一负根，gx在0，+上只有一个零点，设这个零点为x0 ，当x0,x0 时，gx0,fx0,fx0；函数fx在0,x0上单调递减，在x0，+上单调递增，要使函数fx在0，+上有两个零点，只需要函数fx的极小值fx00 ，即ax02-x0-lnx00.gx0=2ax02-x0-1=0,ax02-x0-lnx0=12-2lnx0+2ax02-2x0

26、=12-2lnx0+2ax02-x0-1-x0+1 =121-x0-2lnx00.hx=2lnx+x-1在0，+上是增函数，且h1=0 ，x01.01x01,由2ax02-x0-1=0，得2a=x0+1x02=1x02+1x0=1x0+122-14 02a2,即0a0)，f(x)=1-1x=x-1x.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+).（2）由g(x)=ex-1-alnx(x0)可知，g(x)=xex-1-ax(x0)，当a=0时，g(x)=ex-1，显然g(x)没有零点；当00，在0,+)单调递增，又h（0）a0，h（

27、2）2ea0，h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0ex0-1=a，当x（0，x0）时，h（x）0，即g（x）0，当x（x0，+）时，h（x）0，即g（x）0，g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，g（x）的最小值为g（x0）=ex0-1-alnx0，x0ex0-1=a，ex01=ax0，两边取对数可得x01lnalnx0，即lnx0lna+1x0，g（x0）=ax0-a（lna+1x0）=ax0+ax0alnaa2aalnaaaalna，（当且仅当x01时取等号），令m（a）aalna，则m（a）lna，当a（0，1）时，m（a）0，当a（1，e时

28、，m（a）0，m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e上单调递减当0ae时，m（a）0，当且仅当ae时取等号，由x0ex0-1=a可知当a1时，x01，故当ae时，x01，故g（x0）m（a）0，g（x0）0当0ae时，g（x）没有零点10已知函数f(x)=axebx（其中e是自然对数的底数，aR，bR）在点1,f(1)处的切线方程是2ex-y-e=0.（I）求函数fx的单调区间；（II）设函数g(x)=f(x)2x-mx-lnx，若gx1在x(0,+)上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（I）递减区间为-,-1，单调递增区间为-1,+；（II）(-,2【解析】（I）由条件可知f(1)=e

29、f(1)=2e，对函数f(x)=axebx求导得f(x)=a(1+bx)ebx，于是f(1)=aeb=ef(1)=a(1+b)eb=2e，解得a=b=1.所以f(x)=xex，f(x)=(x+1)ex，令f(x)=0得x=-1，于是当x(-,-1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递减区间为-,-1，单调递增区间为-1,+（II）由（I）知g(x)=xe2x-mx-lnx，解法1：要使g(x)1在0,+上恒成立，等价于me2x-lnx+1x在0,+上恒成立.令h(x)=e2x-lnx+1x(x0)，则只需mh(x)min即可.h(x)=2x2e2x+lnxx2.令H(x

30、)=2x2e2x+lnx(x0)，则H(x)=4x2+xe2x+1x0，所以Hx在0,+上单调递增，又H14=e8-2ln20，所以Hx有唯一的零点x0，且14x00)，则m(x)=1+1x0，所以函数mx在0,+上单调递增，因m2x0=m-lnx0，所以2x0=-lnx0，即e2x0=1x0，所以h(x)hx0=e2x0- lnx0+1x0=1x0-2x0+1x0=2，即h(x)min=2，于是实数m的取值范围是(-,2.解法2：要使g(x)1在0,+上恒成立，等价于me2x-lnx+1x在0,+上恒成立.先证明tlnt+1，令Q(t)=t-lnt-1(t0)，则Q(t)=1-1t=t-1t.于是当t0,1时，Q(t)0，Qt单调递增，所以Q(t)Q(1)=0，故tlnt+1（当且仅当t=1时取等号）.所以当x0时，有xe2xlnxe2x+1=lnx+2x+1，所以e2xlnxx+2+1x，即e2x-lnx+1x2，当且仅当xe2x=1时取等号，于是实数m的取值范围是(-,2. 1、一知半解的人，多不谦虚；见多识广有本领的人，一定谦虚。谢觉哉2、人若勇敢就是自己最好的朋友。3、尺有所短；寸有所长。物有所不足；智有所不明。屈原4、功有所不全，力有所不任，才有所不足。宋濂5、“不可能”只存在于蠢人的字典里。6、游手好闲会使人心智生锈。 专心-专注-专业