新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點突破課件 第1部分 專題突破 專題1　培優(yōu)點3　隱零點問題（含解析）

培優(yōu)點3隱零點問題專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

導(dǎo)函數(shù)的零點在很多時候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點”，既能確定其存在，但又無法用顯性的代數(shù)進(jìn)行表達(dá).這類問題的解題思路是對函數(shù)的零點設(shè)而不求，通過整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件解決問題.考點一不含參函數(shù)的隱零點問題考點二含參函數(shù)的隱零點問題專題強(qiáng)化練內(nèi)容索引不含參函數(shù)的隱零點問題考點一(2022·濟(jì)寧質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝acos

x＋bex(a，b∈R)，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－x.(1)求實數(shù)a，b的值；例1因為f′(x)＝－asin

x＋bex，所以f′(x)＝－sinx－ex，設(shè)g(x)＝－sinx－exg′(x)＝－cos

x－ex＝－(cos

x＋ex).cos

x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，－1≤cosx≤1，ex>1，所以g′(x)<0.g(x)單調(diào)遞減，即f′(x)單調(diào)遞減.因為所以即

＝－sinx0.當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)max＝f(x0)＝cosx0－由題意知，c≥f(x0)，所以整數(shù)c的最小值為1.已知不含參函數(shù)f(x)，導(dǎo)函數(shù)方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，利用零點存在定理，判斷零點存在，設(shè)方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關(guān)系式f′(x0)＝0成立，②注意確定x0的合適范圍.規(guī)律方法(1)求函數(shù)g(x)的極值；跟蹤演練1(2)當(dāng)x>0時，證明：f(x)≥g(x).f(x)≥g(x)等價于證明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－ln

x－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－ln

x－x－2(x>0)，當(dāng)x∈(0，x0)時，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在x∈(0，x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在x∈(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)min＝h(x0)＝

－ln

x0－x0－2，又因為φ(x0)＝0，即所以h(x0)＝－ln

x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，從而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).含參函數(shù)的隱零點問題考點二

已知函數(shù)f(x)＝ln

x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范圍.例2依題意，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，＋∞)上單調(diào)遞減，兩邊取對數(shù)可得ln(－ln

x0)＝2lnx0＋x0，即ln(－ln

x0)＋(－ln

x0)＝x0＋ln

x0，由函數(shù)y＝x＋ln

x為增函數(shù)，可得x0＝－ln

x0，又當(dāng)0<x<x0時，μ(x)>0，φ′(x)>0；當(dāng)x>x0時，μ(x)<0，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范圍為k≥1.已知含參函數(shù)f(x，a)，其中a為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設(shè)方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關(guān)系式f′(x0)＝0成立，該關(guān)系式給出了x0，a的關(guān)系；②注意確定x0的合適范圍，往往和a的范圍有關(guān).規(guī)律方法

(2022·湖北新高考協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2exsinx－ax(e是自然對數(shù)的底數(shù)).若0<a<6，試討論f(x)在(0，π)上的零點個數(shù).(參考數(shù)據(jù)：

≈4.8)跟蹤演練2∵f(x)＝2exsinx－ax，∴f′(x)＝2ex(sinx＋cos

x)－a，令h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝4excosx.①當(dāng)2－a≥0，即0<a≤2時，f′(0)≥0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，π)時，f′(x)<0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減.∵f(0)＝0，∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<0，∴由函數(shù)零點存在定理可得，此時f(x)在(0，π)上僅有一個零點；②若2<a<6時，f′(0)＝2－a<0，使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0,且當(dāng)x∈(0，x1)，x∈(x2，π)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)>0.∴f(x)在(0，x1)和(x2，π)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增.∵f(0)＝0，∴f(x1)<0，又∵f(π)＝－aπ<0，∴由零點存在定理可得，f(x)在(x1，x2)和(x2，π)內(nèi)各有一個零點，即此時f(x)在(0，π)上有兩個零點.綜上所述，當(dāng)0<a≤2時，f(x)在(0，π)上僅有一個零點；當(dāng)2<a<6時，f(x)在(0，π)上有兩個零點.專題強(qiáng)化練1.已知函數(shù)f(x)＝－ex＋sinx＋x，x∈[0，π].證明：(1)函數(shù)f(x)有唯一的極大值點；1212f(x)＝x＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cos

x－ex，令g(x)＝1＋cos

x－ex，g′(x)＝－ex－sinx<0，所以g(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減.因為g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且當(dāng)0<x<x0時，f′(x)>0；當(dāng)x0<x<π時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[0，x0]，單調(diào)遞減區(qū)間是[x0，π].所以函數(shù)f(x)存在唯一的極大值點x0.(2)f(x)<π.1212由(1)知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[0，x0]，單調(diào)遞減區(qū)間是[x0，π].且x0∈(0，π)，f′(x0)＝0，即1＋cos

x0－即1＋cos

x0＝所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sinx0－

＝x0＋sinx0－cos

x0－1.令φ(x)＝x＋sinx－cos

x－1，x∈(0，π)，φ′(x)＝1＋cos

x＋sinx>0，所以φ(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，即證f(x)max＝f(x0)<π，即證f(x)<π.(1)討論f(x)的單調(diào)性；1212①若a≥0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.1212對于函數(shù)y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必