2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题22导数隐零点问题（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题22导数隐零点问题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

专题22导数隐零点问题
知识梳理
方法技巧

题型归类
题型一：导函数中二次函数的隐零点问题
题型二：导函数中非二次函数的隐零点问题

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
解答题：共12题
一、【知识梳理】
【方法技巧】
1.在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
2.当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.
3.当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.　
4.零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
二、【题型归类】
【题型一】导函数中二次函数的隐零点问题
【典例1】已知实数a满足a≥＋－2，且函数f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值M，求m－M的最大值(其中e为自然对数的底数).
【解析】由于f′(x)＝＋x－(a＋2)＝，x>0，
设正数x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋，x>0有两个相异正根，不妨设x10,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈0,x0时,f(x)0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=gx0=x0e2x0-ln⁡x0-2x0.
由式(1)可得e2x0=1x0,ln⁡x0=-2x0,所以g(x)min=x0⋅1x0+2x0-2x0=1.
又x>0时,1x+11x+1,得证.
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【解析】(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)证明　设函数φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又由φ′(1)0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且10，
即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【训练二】已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，求证：f(x)＋x2－x＋1>0.
【解析】(1)解　∵f′(x)＝aex－2，
若a≤0，则aex－20，当aex－20，
∴h(x)在R上单调递增，
又h(0)0，
∴存在唯一零点x0∈(0,1)，
使h(x0)＝＋2x0－＝0，①
当x∈(－∞，x0)时，h(x)0，g(x)单调递增，
故g(x)在x＝x0处取得极小值，也是最小值．
g(x)min＝g(x0)＝＋x－x0＋1，
将①式代入，
则g(x)min＝g(x0)＝－2x0＋x－x0＋1
＝x－x0＋，
∵二次函数y＝x2－x＋在(0,1)上单调递减，
∴当x＝1时，y有最小值ymin＝12－＋＝0，
∴g(x)min>0，
∴f(x)＋x2－x＋1>0.
【训练三】已知函数f(x)=ln⁡x-mx+1,g(x)=xex-2.
(1)若f(x)的最大值是0,求m的值;
(2)若对其定义域内任意x,f(x)⩽g(x)恒成立,求m的取值范围.
【解析】(1)定义域为(0,+∞).
若m⩽0,f(x)单调递增,函数无最大值;
若m>0时,f'(x)=1x-m=1-mxx.
当x∈0,1m时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈1m,+∞时,f'(x)0.
由于Q120,所以存在x0使得Qx0=0.
当x∈0,x0时,φ'(x)0,
则存在x0∈1,1+12ln⁡2,使得f'x0=0,即ex0-2x0-1=0,
当x∈0,x0时,f'(x)fe-1=e-2.
所以,e-2k.
令h(x)＝＋，
则由题意得，k0.
h′(x)＝.
令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，
其中x>0.
由于g′(x)＝－＋1＝>0，
故g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g(0)＝－10,
且r'(x)的图象在12,1上不间断,所以存在x0∈12,1,使得r'x0=0,
即ex0-1x0=0,则x0=-lnx0．
所以当x∈12,x0时,r(x)单调递减；当时,r(x)单调递增．
则r(x)的最小值为rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1,x0∈12,1,
由对勾函数性质得,x0+1x0∈2,52,
所以rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1>1>0,
所以h'(x)>0,即在区间12,+∞上单调递增,
所以12m≤h12=e12-12ln12=e12+12ln2≈1.99525．
所以存在整数m满足题意,且整数m的最大值为3．
5. 已知函数.
（1）若,求的单调区间；
（2）若对于任意的,恒成立,求的最小值.
【解析】（1）因为a=0,
所以fx=-xex,f'x=-x+1ex.
令f'x=0,得x=-1.
当x∈-∞,-1时,f'x>0；
当x∈-1,+∞时,f'x0,fx在-∞,-1单调递增,
又x→-1时,fx→+∞；x→-∞时,fx→-∞；
所以此时fx在-∞,-1只有一个零点；
（2）当a>0时,则x∈-1,-∞,
g'x=aexx+2>0恒成立,gx在-1,-∞单调递增,
且g-1=-11,1+a>1,则g1a=ae1a1a+1-1=e1a1+a-1>0,
故存在x0∈-1,1a,使得gx0=0,
当x∈-1,x0时,gx0,
因为当x>-1时,1x+1>0,
所以当x∈-1,x0时,f'x0时,f(x)⩾2a+aln⁡2a.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
当a⩽0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点;
当a>0时,因为f''(x)=4e2x+ax2>0,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.
又f'(a)=2e2a-1>0,又当x0时,f'(x)有一个零点.
(2)由(1)知f'(x)在(0,+∞)存在唯一零点x0,
当x∈0,x0时,f'(x)0时,f(x)⩾2a+aln⁡2a.
9. 已知函数f(x)＝ax2－xln x＋(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】因为f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，
f″(x)＝2a－＝，
①当a＞0时，f(1)＝a＋＞0与f(x)≤0恒成立矛盾，不合题意.
②当a＜0时，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减.
因为f′(e－1)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，
所以∃x0∈(e2a－1，e－1)，
使得f′(x0)＝2ax0－ln x0－1＝0，
即a＝.
所以，当x∈(0，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)＝ax－x0ln x0＋
＝×x－x0ln x0＋
＝≤0.
因为x0∈(e2a－1，e－1)，所以ln x0＋1＜0.
所以9－(ln x0)2≥0，即－3≤ln x0＜－1，
解得e－3≤x0＜e－1.
因为a＝，所以设g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，
则g′(x)＝＞0，
所以g(x)在[e－3，e－1)上单调递增，
所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，
即－e3≤g(x)＜0，
所以－e3≤a＜0.
10. 证明：函数f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.
【解析】因为f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，
所以f′(x)＝ex＋cos x，
f″(x)＝ex－sin x＞0恒成立，
所以f′(x)单调递增.
又f′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，
因为(eπ)2＝eπ＞e＞2，
所以eπ＞，
即＜，所以f′＜0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
即ex0＋cos x0＝0，
则在(－π，x0)上，f′(x)＜0，
在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－π，x0)上单调递减，
在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)存在唯一的极小值点x0.
f(x0)＝ex0＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin，
由x0∈，
得x0－∈，
所以f(x0)＝sin∈(－1，0)，
故f(x)存在唯一极小值点x0，
且－1＜f(x0)＜0.
11. 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1).
(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数).
【解析】(1)解　因为f(x)＝2x＋ln(2x－1)，
所以f′(x)＝2＋，
则f(1)＝2，f′(1)＝4，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)，
即4x－y－2＝0.
(2)证明　令t＝2x－1>0，
要证f(x)≤(2x－1)e2x－1，
即证t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，
构造函数g(t)＝tet－t－ln t－1，
则g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0.
令φ(t)＝et－，
其中t>0，则φ′(t)＝et＋>0，
所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增.
因为φ＝－20，
所以存在t0∈，
使得φ(t0)＝et0－＝0，
即t0et0＝1.
当00.
易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)0.
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.
(2)因为f(x)＝xex－ax－aln x＋a，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·，x>0.
当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.
当a>0时，令g(x)＝ex－，x>0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.
令ex－＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，
则可得
x
(0，x0)
(x0，＋∞)
f′(x)
－
＋
f(x)
单调递减
单调递增
为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0e x0－ax0－aln x0＋a1.
又f(1)＝e－a＋a＝e>0，
所以f(x)在(1，x0)上有且只有一个零点.
当a∈(e2，＋∞)且x→＋∞时，
易知f(x)→＋∞，
所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一个零点.
综上，实数a的取值范围为(e2，＋∞).