2025届高考数学二轮专题复习与测试专题5隐零点

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(1)求实数a的值；
(2)证明：当0＜x＜ eq \f(3,2) 时，xf(x)＋(x－ eq \f(1,2) )2＞0.
【解】 (1)f(x)＝ln x－ax＋a的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1－ax,x) ，由题意得f′( eq \f(1,2) )＝0，所以a＝2.当a＝2时，f(x)＝ln x－2x＋2，则f′(x)＝ eq \f(1－2x,x) .所以当0＜x＜ eq \f(1,2) 时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(0， eq \f(1,2) )上单调递增；
当x＞ eq \f(1,2) 时，f′(x)＜0，即函数f(x)在( eq \f(1,2) ，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝ eq \f(1,2) 处取得极大值，符合题意，因此a＝2.
(2)证明：设g(x)＝xf(x)＋(x－ eq \f(1,2) )2，则g′(x)＝ln x－2x＋2＝f(x)，又f(1)＝0，因为g′(e－2)＝－2e－2＜0，g′( eq \f(1,2) )＝1－ln 2＞0，所以存在唯一x0∈(0， eq \f(1,2) )，使g′(x0)＝0，且当0＜x＜x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当1＜x＜ eq \f(3,2) 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由g′(x0)＝0，得ln x0＝2x0－2，所以g(x0)＝(x0－ eq \f(1,2) )2＞0，因此当0＜x≤1时，g(x)≥g(x0)＞0，而g( eq \f(3,2) )＝ eq \f(1,2) (ln 27－ln 8e)＞0，所以当0＜x＜ eq \f(3,2) 时，xf(x)＋(x－ eq \f(1,2) )2＞0.
借助“隐零点”证不等式问题的策略
解决这类问题时先运用零点存在定理确定导函数有零点，并对零点设而不求，然后采取整体代换的策略，把最值表达式中的超越式转化为普通代数式．构造关于零点的函数，结合零点的范围，利用函数单调性、基本不等式、放缩等方法求最值达到证明不等式的目的．
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).
解：(1)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)>0，
所以函数g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)0)，
即证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)(ex＋1－ eq \f(1,x) )，
令φ(x)＝ex＋1－ eq \f(1,x) (x>0)，φ′(x)＝ex＋1＋ eq \f(1,x2) >0在(0，＋∞)上恒成立，
则φ(x)在(0，＋∞)上是增函数，
而φ( eq \f(1,10) )＝e eq \f(11,10) －10F(0)＝0，不符合题意；
当a≤0时，因为f(x)＋sinx＝ax－ eq \f(sin x（1－cs2x）,cs2x) ＝ax－ eq \f(sin3x,cs2x) ≤－ eq \f(sin3x,cs2x) ，x∈(0， eq \f(π,2) )，
所以要证f(x)＋sinxπ时，易得y＝φ′(x)>0；
当0≤x≤π时，y＝φ′(x)单调递增．
由φ′(0)0，根据函数零点存在定理得，必存在x0∈(0， eq \f(π,2) )，
有φ′(x0)＝0，易知φ(x0)即为函数y＝φ(x)的最小值，
即m≤φ(x0)，
即m≤x eq \\al(2,0) －2x0＋(－2π－2)sin x0(x0满足2x0－2＋(－2π－2)cs x0＝0).
(2)根据题意设g(x)＝f(x)－[x2＋ln (x＋1)－x]＝x＋t sin x－ln (x＋1)，
则g′(x)＝1＋t cs x－ eq \f(1,x＋1) ，
①当t0，
故存在唯一的a∈(x1，π)使得g(a)＝0，满足题意；
②当t≥0时，由x∈(0，π)可得g(x)≥x－ln (x＋1)，
令h(x)＝x－ln (x＋1)，则h′(x)＝1－ eq \f(1,x＋1) ＝ eq \f(x,x＋1) ，
当x∈(0，π)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，π)上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，则g(x)>0在(0，π)上恒成立，
故g(x)在(0，π)上无零点．
综上所述，实数t的取值范围是(－∞，0).
大题考法3 借助“隐零点”研究函数零点
(2024·长沙三模)已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝ln x－mx，m∈R.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，讨论h(x)的零点个数．
【解】 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex，
则当x0，
所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，因此f(x)的最小值为f(－1)＝－ eq \f(1,e) －1.
(2)h(x)＝xex－ln x＋mx－1，且x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝0，得ex－ eq \f(ln x＋1,x) ＋m＝0，
令k(x)＝ex－ eq \f(ln x＋1,x) ＋m(x>0)，
则h(x)与k(x)有相同的零点，
且k′(x)＝ex－ eq \f(1－（ln x＋1）,x2) ＝ eq \f(x2ex＋ln x,x2) ，
令r(x)＝x2ex＋ln x(x>0)，
则r′(x)＝(x2＋2x)ex＋ eq \f(1,x) ，
因为当x>0时，r′(x)>0，所以r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又r( eq \f(1,e) )＝eeq \s\up10( eq \f(1,e) －2)－10，
所以∃x0∈( eq \f(1,e) ，1)，使r(x0)＝0，
且当x∈(0，x0)时，r(x)0，k(x)单调递增，
因此k(x)min＝k(x0)＝e x0－ eq \f(ln x0＋1,x0) ＋m，
由r(x0)＝0，得x eq \\al(2,0) ex0＋ln x0＝0，
即x0e x0＝ln eq \f(1,x0) ·eeq \s\up10(ln eq \f(1,x0) )，
令φ(x)＝f(x)＋1＝xex，则φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
因为 eq \f(1,e) －1时，k(x)没有零点；
当m＝－1时，k(x)有一个零点；
当m