新高考数学二轮复习导数重难点突破训练专题22 隐零点问题（2份，原卷版+解析版）

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(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【解析】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k0)恒成立．
令g(x)＝eq \f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq \f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq \f(exex－x－2,ex－12)(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)0，
所以g(x)min＝g(α)＝eq \f(α＋1,eα－1)＋α.又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
2．已知函数f(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
(1)求函数f(x)的零点及单调区间；
(2)求证：曲线y＝eq \f(ln x,x)存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y00上有解．
构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－eq \f(1,x)－12x0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex>0.
显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a0，必存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)0，f(x)为增函数．所以，x＝x0是f(x)的极小值点．
综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．
(2)证明 由(1)得，f′(x0)＝0，即＝a，
f(x0)＝－a(x0＋ln x0)＝(1－x0－ln x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，
令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－eq \f(1,x)g(1)得x0，所以φ(x)为增函数，φ(x)x0＋1>0,1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0>0，
相乘得(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－xeq \\al(2,0))＝2(x0－xeq \\al(3,0))．结论成立．
5．已知函数f(x)＝－ln x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数)．当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值．
【解析】当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m1）,
令h（x）,（x>1）,则,
设f（x0）=0,则由（1）得：3