专题一　培优点2　隐零点问题--高三高考数学复习-PPT

这是一份专题一　培优点2　隐零点问题--高三高考数学复习-PPT，共44页。PPT课件主要包含了内容索引，考点一，考点二，含参函数的隐零点问题，专题强化练，规律方法等内容，欢迎下载使用。
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
　　(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－ x3＋ax(x>0)(a∈R).(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00.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.
　　　(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；
当x∈(0,1)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞).
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值.
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 30，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0⇔ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以整数k的最大值是3.
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，
∴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(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.又∵　＋cs x0＝0，∴　＝－cs x0，
2.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.(1)若a＝ ，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；
令f′(x)＝0得x＝e，所以当x∈(0，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a0，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ln x0＝ln a－x0，所以ln x0＋x0＝ln a≤1＝ln e，解得0