2021届新高考数学二轮培优点5 隐零点问题（解析版）.docx

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1、培优点5　隐零点问题【要点提炼】在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．【典例】　已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)．(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－x)．(1)解　f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a>0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1

2、)ex>0.显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，必存在x0>0，使h(x0)＝0.当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．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＋lnx0)＝(1－x0－lnx0)，因为f(x0)>0，所以1－x0－l

3、nx0>0，令g(x)＝1－x－lnx，g′(x)＝－1－<0，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)，设φ(x)＝lnx－x＋1，x∈(0,1)，φ′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即lnx1－x，所以ln(x＋1)x＋1>0.因为x0∈(0,1)，所以>x0＋1>0,1－x0－lnx0>1－x0＋1－x0>0，相乘得(1－x0－lnx0)>(x0＋1)(2－2

4、x0)，所以f(x0)＝(1－x0－lnx0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．结论成立．【方法总结】零点问题求解三步曲(1)用零点存在性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．【拓展训练】已知函数f(x)＝－lnx－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的

5、底数)．当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值．解　当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，即m<(－x＋2)ex－lnx＋x.令h(x)＝(－x＋2)ex－lnx＋x，x∈(0,1]，所以h′(x)＝(1－x)，当00，所以u(x)在(0,1]上单调递增．因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，所以存在x0∈，使得u(x0)＝0，即＝，所以lnx0＝－x0.当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(

6、x)<0；当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)－lnx0＋x0＝(－x0＋2)·＋2x0＝－1＋＋2x0.因为y＝－1＋＋2x在x∈(0,1)上单调递减，又x0∈，所以h(x0)＝－1＋＋2x0∈(3,4)，所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－lnx＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，所以正整数m的最大值是3.