新高考数学二轮复习专题一培优点3隐零点问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一培优点3隐零点问题学案，共10页。

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)＝acs 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；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．
解 (1)因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′0＝b＝－1，,f0＝a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1.))
(2)由(1)知f(x)＝cs x－ex，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))，
所以f′(x)＝－sin x－ex，
设g(x)＝－sin x－ex
g′(x)＝－cs x－ex＝－(cs x＋ex)．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，
cs x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))时，－1≤cs x≤1，ex>1，
所以g′(x)<0.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))时，g′(x)<0，
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减．
因为f′(0)＝－1<0，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)－
因为>e>2，
所以
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，
使得f′(x0)＝－sin x0－
即＝－sin x0.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，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)＝cs x0－
＝cs x0＋sin x0＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,4))).
因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，
所以x0＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
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－eq \f(2,x)＋1，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．
(1)解 g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
则当x∈(0，e)时，g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)>0，
g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)<0，
g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝eq \f(1,e)＋2，无极小值．
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明
xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－eq \f(1＋x,x)
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋1－\f(1,x)))，
令φ(x)＝ex＋1－eq \f(1,x)，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))＝－10φ(1)＝e2－1>0，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，
且x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，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)＝－ln x0－x0－2，
又因为φ(x0)＝0，即＝eq \f(1,x0)，
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)．
考点二 含参函数的隐零点问题
例2 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．
解 依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥eq \f(1＋ln x,x)－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝eq \f(1＋ln x,x)－ex＋2，
则φ′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－1＋ln x,x2)－ex＝eq \f(－ln x－x2ex,x2)，
令μ(x)＝－ln x－x2ex(x>0)，
则μ′(x)＝－eq \f(1,x)－(2xex＋x2ex)
＝－eq \f(1,x)－xex(2＋x)<0，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－>0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使μ(x0)＝0，即－ln x0＝xeq \\al(2,0)
两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋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00，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，
∴φ(x)≤φ(x0)＝eq \f(1＋ln x0,x0)－
＝eq \f(1－x0,x0)－eq \f(1,x0)＋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)＝2exsin x－ax(e是自然对数的底数)．若0解 ∵f(x)＝2exsin x－ax，
∴f′(x)＝2ex(sin x＋cs x)－a，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excs x.
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，h′(x)<0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
f′(0)＝2－a，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－a>0，
f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，
即0∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，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)＝－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又∵f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，而f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－a>0，
∴∃x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)a>－3π>0，∴f(x2)>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专题强化练
1．已知函数f(x)＝－ex＋sin x＋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＋sin x－ex，
f′(x)＝1＋cs x－ex，
令g(x)＝1＋cs x－ex，
g′(x)＝－ex－sin x<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00；
当x0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＋cs x0－＝0，
即1＋cs x0＝
所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sin x0－
＝x0＋sin x0－cs x0－1.
令φ(x)＝x＋sin x－cs x－1，x∈(0，π)，
φ′(x)＝1＋cs x＋sin x>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.
2．(2022·菏泽质检)已知函数f(x)＝aln x－eq \f(1,x)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若关于x的不等式f(x)≤x－eq \f(2,e)在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝aln x－eq \f(1,x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(ax＋1,x2).
①若a≥0，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a<0，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,a).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)不等式f(x)≤x－eq \f(2,e)在(0，＋∞)上恒成立等价于aln x－x－eq \f(1,x)＋eq \f(2,e)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝aln x－x－eq \f(1,x)＋eq \f(2,e)，
则g′(x)＝eq \f(a,x)－1＋eq \f(1,x2)＝－eq \f(x2－ax－1,x2).
对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，
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xeq \\al(2,0)－ax0－1＝0，即a＝x0－eq \f(1,x0).
此时g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
故g(x0)≤0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,x0)))ln x0－x0－eq \f(1,x0)＋eq \f(2,e)≤0.
设函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))ln x－x－eq \f(1,x)＋eq \f(2,e)，
则h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))ln x＋1－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(1,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)))ln x．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heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝h(e)＝0，所以x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)).
由a＝x0－eq \f(1,x0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递增，
得a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－e，e－\f(1,e))).