第三章　培优点5　隐零点-2025年新高考数学一轮复习（课件+讲义+练习）

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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判断符号，再结合函数零点存在定理处理.
题型一　不含参函数的隐零点问题
(1)讨论函数f(x)的单调性；
由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a).若a≤1，当01时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若11时，f′(x)>0，
当ln ae，即ln a>1，当0ln a时，f′(x)>0，
当1∴h(x)在定义域上是增函数，
当00当x00，即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)在(0,1)内无零点，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点.
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，利用函数零点存在定理，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.
跟踪训练1　(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x).(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
设切点坐标为(x0，f(x0))，
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－ln x－x－1(x>0)，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝ －ln x0－x0－1，由G(x0)＝0得 －1＝0， ＝1，两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.
题型二　含参函数的隐零点问题
例2　(2024·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，则g′(x)＝aex(x＋2)，因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值.
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，所以当－1<β<0时，
因为a>1，所以ln a>0，
所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点.
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.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x＋x，
则f′(1)＝1，而f(1)＝2，则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.
当a≤0时，令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1－a－1≥e－1>0，
则存在唯一x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0，
因此存在唯一x0∈(0,1)，使得F′(x0)＝0，当0x0时，F′(x)>0，因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
1.(2023·荆门模拟)设函数f(x)＝ex＋bsin x，x∈(－π，＋∞).若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；
∵f(x)＝ex＋bsin x，∴f′(x)＝ex＋bcs x，由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0＋bcs 0＝1＋b，由已知k＝1＋b＝2，解得b＝1.
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>－1.
由(1)得f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，∴f′(x)＝ex＋cs x，令g(x)＝ex＋cs x，x∈(－π，＋∞)，则g′(x)＝ex－sin x，当x∈(－π，0]时，ex>0，sin x≤0，g′(x)＝ex－sin x>0，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，sin x≤1，g′(x)＝ex－sin x>0，
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
使g(x0)＝ ＋cs x0＝0，又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
∴x＝x0是g(x)在(－π，＋∞)上的唯一零点，∴f′(x)＝ex＋cs x在区间(－π，＋∞)上单调递增，且f′(x0)＝ ＋cs x0＝0，当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(－π，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵ ＋cs x0＝0，∴ ＝－cs x0，∴f(x0)＝ ＋sin x0＝sin x0－cs x0
2.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
令f′(x)＝0得x＝e，所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在x＝e处取得最小值，f(x)min＝f(e)＝0.
(2)若函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
因为函数f(x)≤xex－(a＋1)ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，所以xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，
①当a＝0时，h′(x)＝(x＋1)ex>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以由h(x)＝xex可得h(x)>0，即满足xex－a(x＋ln x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立；
②当a<0时，则－a>0，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x趋近于0＋时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；③当a>0时，令h′(x)＝0得a＝xex，
故k(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，a＝ ，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min＝h(x0)＝ －a(x0＋ln x0)＝ ≥0即可；所以1－x0－ln x0≥0,1≥x0＋ln x0，因为x0＝ ，所以ln x0＝ln a－x0，