高考数学专题练 专题一 微专题12　隐零点问题（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题一 微专题12　隐零点问题（含答案），共14页。

典例1 (2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(a,x)＋2的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝0.
(1)判断函数f(x)的单调性;
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(2)证明：当x>0时，f(x)≤e2x.
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典例2 (2023·兰州模拟)已知函数f(x)＝x＋eq \f(2a,x)－(a－2)ln x(a∈R)，g(x)＝(b－1)x－eq \f(2,x)－xex.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－1恒成立，求实数b的取值范围．
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典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋asin x.
(1)若在x＝π处的切线的斜率是π－2，求当λ≤f(x)在[0，＋∞)恒成立时的λ的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋2x－ln(x＋1)，当x∈(0，π)时g(x)有唯一零点，求a的取值范围．
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[总结提升]
隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次．
1．(2023·广州模拟)设函数f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a>2.
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2．(2023·湖南师范大学附中模拟)已知函数f(x)＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1＋ln x,x)))(k≠0)．
(1)若f(x)存在最大值M，证明：M＋k>1；
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(2)在(1)的条件下，设函数g(x)＝－x，求g(x)的最小值(用含M，k的代数式表示)．
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3．(2023·黄冈模拟)已知函数f(x)＝xex－asin x－x.
(1)求当a＝0时，求函数f(x)的最值；
(2)若g(x)＝f(x)＋x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在极值点x0.
①求a的取值范围；
②证明g(x)在区间(0，π)内存在唯一零点x1，且x10时，f(x)≤e2x.
(1)解 因为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(a,x2)，所以f′(1)＝1－a＝0，解得a＝1，
所以f′(x)＝－eq \f(ln x,x2).
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)>0，得00)，则h′(x)＝2e2x＋eq \f(1,x2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \r(e)－40，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，使h(x0)＝－eq \f(1,x0)＝0，可得2x0＝－ln x0，
当x∈(0，x0)时，h(x)0，则g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(x0)＝x0(－2)－ln x0－1＝x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－2))＋2x0－1＝0.
所以g(x)≥0，所以f(x)≤e2x.
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－xeq \\al(3,0))．
(1)解 f′(x)＝(x＋1)ex－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))
＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(a,x)))＝eq \f(x＋1xex－a,x)，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，x>0，
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，
所以存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)0，f(x)单调递增．
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，则g′(x)＝－1－eq \f(1,x)g(1)得x0，所以φ(x)单调递增，
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．
考点二 函数范围中的“隐零点”问题
典例2 (2023·兰州模拟)已知函数f(x)＝x＋eq \f(2a,x)－(a－2)ln x(a∈R)，g(x)＝(b－1)x－eq \f(2,x)－xex.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－1恒成立，求实数b的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(2a,x2)－eq \f(a－2,x)＝eq \f(x2＋2－ax－2a,x2)＝eq \f(x＋2x－a,x2)，
若a≤0，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>0，则当00，所以u(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又u(1)＝e>0，ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\r(e),4)－ln 20，得p′(x)＝－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)0，f′(a＋1)＝eq \f(a,a＋1)－[ln(a＋1)＋1]0)，
h′(x0)＝(ln x0)2＋ln x0－2＝(ln x0＋2)·(ln x0－1)，
当h′(x0)>0时，ln x01，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))∪(e，＋∞)；
当h′(x0)0时，φ(x)>φ(0)＝0，即f′(x)>0恒成立，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0，
∵λ≤f(x)恒成立，∴λ≤f(x)min＝0，
∴λ的取值范围是(－∞，0]．
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2＋2x－ln(x＋1)＝x＋asin x－ln(x＋1)，g′(x)＝1＋acs x－eq \f(1,x＋1)，
①当a0，故存在唯一的t∈(x0，π)，使得g(t)＝0，满足题意；
②当a≥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，a的取值范围是(－∞，0)．
跟踪训练3 (2023·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝ex－asin x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意x∈[0，π]，不等式f(x)≥2－cs x恒成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝ex－2sin x，则f′(x)＝ex－2cs x，
∴f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝1，
∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－2＋cs x＝ex－asin x＋cs x－2，
则对任意x∈[0，π]，h(x)≥0恒成立．
又h′(x)＝ex－acs x－sin x，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex＋asin x－cs x.
当a≥0时，若x∈[0，π]，则ex≥e0＝1，cs x≤1，sin x≥0，
∴t′(x)≥0在[0，π]上恒成立，则h′(x)在[0，π]上单调递增．
①当a>1时，h′(0)＝1－a0，
∴∃x0∈(0，π)，使得h′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h′(x)ex－sin x＋cs x－2≥0，满足题意．
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]．
[总结提升]
隐零点的处理思路：
第一步：用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次．

1．(2023·广州模拟)设函数f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a>2.
(1)解 ∵f(x)＝xex＋a(1－ex)＋1，
∴f′(x)＝[x－(a－1)]ex，
∴当x>a－1时，f′(x)>0，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增；
当x2，
∴a>2.
2．(2023·湖南师范大学附中模拟)已知函数f(x)＝1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1＋ln x,x)))(k≠0)．
(1)若f(x)存在最大值M，证明：M＋k>1；
(2)在(1)的条件下，设函数g(x)＝xex＋eq \f(M－1,k)－x，求g(x)的最小值(用含M，k的代数式表示)．
(1)证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1－1＋ln x,x2)))＝eq \f(kx＋ln x,x2)，
记φ(x)＝x＋ln x，易知φ(x)是增函数，
又因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)－10，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得φ(x0)＝0，
①当k>0时，f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)无最大值，即k>0不符合题意；
②当k1－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x0·\f(1,x0))－1))＝1－k，
所以f(x)max＋k>1，即M＋k>1.
(2)解 由(1)可知k1，所以eq \f(M－1,k)－2时，h′(x)>0，当xx0＋1，
∴g(2x0)>0，
即g(2x0)>g(x1)，∴x1