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+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-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)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,必存在x0>0,使h(x0)=0.当x∈(0,x0)时,h(x)<0,f′(x)0,f′(x)>0,f(x)。

2、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+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,g′(x)=-1-g(1)得x0,所以φ(x)为增函数,φ(x)<φ(1)=0,即φ(x)<0,即ln x1-x,所以ln(x+1)x+1>0.因为x0∈(0,1),所以>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-x)=2(x0-x).结论成立.【方法总。

3、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)=-ln x-x2+x,g(x)=(x-2)ex-x2+m(其中e为自然对数的底数).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-ln x+x.令h(x)=(-x+2)ex-ln x+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=-20,所以存在x0∈,使得u(x0)=0,即=,所以ln x0=-x0.当x∈(0,x0)时,u(x)<0,h′(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)-ln x0+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-ln x+x对任意的x∈(0,1]恒成立,所以正整数m的最大值是3.。

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