新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1　培优点3　隐零点问题课件PPT

这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1　培优点3　隐零点问题课件PPT，共39页。PPT课件主要包含了高考数学二轮复习策略，培优点3隐零点问题，含参函数的隐零点问题，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
　　导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.
不含参函数的隐零点问题
(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；
因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以f′(x)＝－sin x－ex，设g(x)＝－sin x－exg′(x)＝－cs x－ex＝－(cs x＋ex).
cs x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，－1≤cs x≤1，ex>1，所以g′(x)<0.
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减.
即 ＝－sin x0.
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以f(x)max＝f(x0)＝cs x0－
由题意知，c≥f(x0)，所以整数c的最小值为1.
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.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
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)，
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).
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.
依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，
令μ(x)＝－ln x－x2ex(x>0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
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，
∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.
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.
　 (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∵f(x)＝2exsin x－ax，∴f′(x)＝2ex(sin x＋cs x)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excs x.
①当2－a≥0，即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，
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01.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；
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－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.
(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≥0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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，＋∞)，
此时g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
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.