2019年高考數(shù)學(xué)壓軸題-專題08--隱零點(diǎn)問題(解析版)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè) 專題08 隱零點(diǎn)問題有一種零點(diǎn)客觀存在，但不可解，然而通過研究其取值范圍、利用其滿足的等量關(guān)系實(shí)現(xiàn)消元、換元以及降次達(dá)到解題的目的.這類問題就是隱零點(diǎn)問題.類型一 根據(jù)隱零點(diǎn)化簡求范圍典例1. 已知函數(shù)的圖像在點(diǎn)(其中為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3. （1）求實(shí)數(shù)的值；（2）若，且對任意恒成立，求的最大值；【答案】【解析】解析：（1），由解得；（2）， 令，有，那么. 不妨設(shè)，由，則可知，且. 因此，當(dāng)時，；當(dāng)時，；即可知， 所以，得到滿足條件的的最大正整數(shù)為3.

2、類型二 根據(jù)隱零點(diǎn)分區(qū)間討論典例2 已知函數(shù)，為何值時，方程有唯一解.【答案】【解析】 ， 當(dāng)時，有； 設(shè)，；又，不妨設(shè)，則可知. 當(dāng)時，得到； ，令，易知，且時，；時，； 綜上可知在區(qū)間上為減函數(shù)，在區(qū)間上為增函數(shù)；畫圖函數(shù)圖像： 因此，可知所求的范圍為. 類型三 根據(jù)隱零點(diǎn)構(gòu)造新函數(shù)典例3 已知函數(shù)，當(dāng)時，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【答案】【解析】，首先，當(dāng)時，在上恒成立，則有其次，當(dāng)時，令，由題1可知，當(dāng)，即時，此時,同樣有再者，當(dāng)時，函數(shù)與相交于點(diǎn)和同時，當(dāng)時，；當(dāng)時，. 即可知，將代入得到： ，令，則又由變式2可知，那么，即在區(qū)間上遞減，因此有，與矛盾，故不合題意綜上可知，滿足題意的實(shí)數(shù)a的

3、取值范圍為1已知函數(shù)f(x)=xex-a(lnx+x)，g(x)=m+1x.（a,mR且為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底）（1）討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個數(shù)；（2）當(dāng)a=1時，f(x)g(x)對任意的x(0,+)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【答案】（1）當(dāng)a0時，無極值點(diǎn)；當(dāng)a0時，有且僅有1個極值點(diǎn)；（2）(-,0【解析】（1）f(x)的定義域?yàn)?0,+)，f(x)=(x+1)ex-a1x+1=x+1xxex-a，因?yàn)楹瘮?shù)y=(xex)=ex+xex0在(0,+)上恒成立，所以函數(shù)y=xex在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增，且值域?yàn)?0,+)，當(dāng)a0時，xex-a0在區(qū)間(0,+)上恒成立，即f(x)0，

4、故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，所以無極值點(diǎn)；當(dāng)a0時，方程xex-a=0有唯一解，設(shè)為x0 x00，當(dāng)0 xx0時，f(x)x0時，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以x0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，即函數(shù)f(x)只有1個極值點(diǎn).（2）當(dāng)a=1時，不等式f(x)g(x)對任意的x(0,+)恒成立，即xex-lnx-1(m+1)x對任意的x(0,+)恒成立，即ex-lnx+1xm+1對任意的x(0,+)恒成立，記F(x)=ex-lnx+1x，F(xiàn)(x)=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，記h(x)=x2ex+lnx，因?yàn)閔(x)=2xex+x2ex+1x0在x(0,+)恒成立，所以h(x

5、)在(0,+)上單調(diào)遞增，且h(1e)=(1e)2e1e-1=e1e-2-10， 所以存在x01e,1使得hx0=0，且x0,x0時，h(x)0，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)0，函數(shù)F(x)單調(diào)遞增；.所以F(x)min=Fx0，即F(x)min=ex0-lnx0+1x0，又因?yàn)閔x0=0 x02ex0=-lnx0， x0ex0=-lnx0 x0，x0ex0=ln1x0eln1x0，所以x0=ln1x0，因此F(x)min=ex0-lnx0+1x0= x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1，所以1m+1，解得m0.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-,0.2已知f(x)=x-12(lnx)2-kl

6、nx-1 (kR).（1）若f(x)是(0,+)上的增函數(shù)，求k的取值范圍；（2）若函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)，判斷函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個數(shù).【答案】(1) (-,1 (2) 三個零點(diǎn)【解析】（1）由f(x)=x-12(lnx)2-klnx-1得f(x)=x-lnx-kx，由題意知f(x)0恒成立，即x-lnx-k0，設(shè)F(x)=x-lnx-k，F(xiàn)(x)=1-1x，x(0,1)時F(x)0，F(xiàn)(x)遞增；故F(x)min=F(1)=1-k0，即k1，故k的取值范圍是(-,1.（2）當(dāng)k1時，f(x)單調(diào)，無極值；當(dāng)k1時，F(xiàn)(1)=1-k0，且F(x)在(0,1)遞減，所以F(x)在區(qū)間e-k,1

7、有一個零點(diǎn).另一方面，F(xiàn)ek=ek-2k，設(shè)g(k)=ek-2k (k1)，則g(k)=ek-20，從而g(k)在(1,+)遞增，則g(k)g(1)=e-20，即Fek0，又F(x)在(1,+)遞增，所以F(x)在區(qū)間1,ek有一個零點(diǎn).因此，當(dāng)k1時f(x)在e-k,1和1,ek各有一個零點(diǎn)，將這兩個零點(diǎn)記為x1，x2 x110，即f(x)0；當(dāng)xx1,x2時F(x)0，即f(x)0，即f(x)0：從而f(x)在0,x1遞增，在x1,x2遞減，在x2,+遞增；于是x1是函數(shù)的極大值點(diǎn)，x2是函數(shù)的極小值點(diǎn).下面證明：fx10，fx20由fx1=0得x1-lnx1-k=0，即k=x1-lnx1

8、，由fx1=x1-12lnx12-klnx1-1得fx1=x1-12lnx12-x1-lnx1lnx1-1 =x1+12lnx12-x1lnx1-1，令m(x)=x+12(lnx)2-xlnx-1，則m(x)=(1-x)lnxx，當(dāng)x(0,1)時m(x)m(1)=0，而x10；當(dāng)x(1,+)時m(x)0，m(x)遞減，則m(x)1，故fx20；一方面，因?yàn)閒e-2k=e-2k-10，且f(x)在0,x1遞增，所以f(x)在e-2k,x1上有一個零點(diǎn)，即f(x)在0,x1上有一個零點(diǎn).另一方面，根據(jù)ex1+x(x0)得ek1+k，則有：fe4k=e4k-12k2-1(1+k)4-12k2-1 =

9、k4+4kk-342+74k0，又fx21|時，h(x)0恒成立，求k的所有取值集合與A的關(guān)系；（）記w(x)=f(x)-kxg(x)-k2x，是否存在mN+，使得對任意的實(shí)數(shù)k(m,+)，函數(shù)w(x)在(1,+)上有且僅有兩個零點(diǎn)？若存在，求出滿足條件的最小正整數(shù)m，若不存在，請說明理由.【答案】（1）y=-x+1；見解析；（2）2【解析】（1）由題意，可得h(x)=f(x)-g(x)=xlnx-lnx-x+k，則h(x)=lnx-1x，所以h(1)=-1，h(1)=0所以h(x)在(1,h(1)處的切線方程為y=-x+1由h(x)0，即kx-xlnx+lnx=m(x)則m(x)=1x-ln

10、x，x(1,+)，因?yàn)閙(x)=1x-lnx在(1,+)上單調(diào)遞減，所以m(x)1，kmx01，所以k的所有取值集合包含于集合A.（）令f(x)-kx=xlnx-lnx-kx g(x)-k2x=x-k-k2x，x(1,+)（1）f(x)-kx=lnx+1-1x+kx20，x(1,+)，由于k(m,+)，k1，f(1)=-k0，x(1,+)，g(1)=1-3k20，所以G(x)單調(diào)遞增.G(2)=ln2-45=15ln32e40，x0(2,2+1)，此時k=x02x0+12=x0+12+14x0+12-185,2，所以滿足條件的最小正整數(shù)m=2.4已知函數(shù)fx=ex,gx=12x2-52x-1（

11、e為自然對數(shù)的底數(shù)）（1）記Fx=lnx+gx，求函數(shù)Fx在區(qū)間1,3上的最大值與最小值；（2）若kZ，且fx+gx-k0對任意xR恒成立，求k的最大值【答案】（1）見解析；（2）kmax=-1【解析】（1）Fx=lnx+gx=lnx+12x2-52x-1，F(xiàn)x=2x-1x-22x，令Fx=0，則x1=12,x2=2， 所以函數(shù)Fx在區(qū)間1,2上單調(diào)遞減，在區(qū)間2,3單調(diào)遞增， Fxmin=F2=-4+ln2，F(xiàn)xmax=maxF1,F3=-4+ln3 （2）fx+gx-k0對任意xR恒成立，ex+12x2-52x-1-k0對任意xR恒成立，kex+12x2-52x-1對任意xR恒成立令hx=

12、ex+12x2-52x-1，則hx=ex+x-52由于hx=ex+10，所以hx在R上單調(diào)遞增又h0=-320,h12=e12-20，h34=e34-74=0，所以存在唯一的x012,34，使得hx0=0，且當(dāng)x-,x0時，hx0即hx在-,x0單調(diào)遞減，在x0,+上單調(diào)遞增hxmin=hx0=ex0+12x02-52x0-1 又hx0=0，即ex0+x0-52=0，ex0=52-x0hx0=52-x0+12x02-52x0-1=12x02-7x0+3x012,34，hx0-2732,-18又kex+12x2-52x-1對任意xR恒成立，khx0，又kZ，kmax=-15己知函數(shù)f(x)=ln

13、x-kx2 (kR).（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，求k的取值范圍，并證明x1+x22-2k.【答案】(1)見解析；(2)見證明【解析】（1）解：因?yàn)閒(x)=lnx-kx2，函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+，所以f(x)=1x+2kx3=x2+2kx3,x0 當(dāng)k0時，fx0，所以函數(shù)f(x)在0,+上單調(diào)遞增 當(dāng)k0時，由f(x)=0，得x=-2k（負(fù)根舍去），當(dāng)x0,-2k時，fx0，所以函數(shù)f(x)在0,-2k上單調(diào)遞減；在-2k,+上單調(diào)遞增 綜上所述，當(dāng)k0時，函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增；當(dāng)k0時，函數(shù)f(x)在0,-2k上單調(diào)遞減，在-

14、2k,+上單調(diào)遞增（2）先求k的取值范圍：方法1:由（1）知，當(dāng)k0時，f(x)在0,+上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點(diǎn)，不滿足條件當(dāng)k0時，函數(shù)f(x)在0,-2k上單調(diào)遞減，在-2k,+上單調(diào)遞增，所以f(x)min=f-2k=ln-2k+12，要使函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，首先f(x)min=ln-2k+120，解得-12ek0因?yàn)?2k-2k0，下面證明f-2k=ln-2k-14k0設(shè)gk=ln-2k-14k，則gk=1k+14k2=4k+14k2因?yàn)閗-12e，所以gk=1k+14k2=4k+14k2-2e+14k20所以gk在-12e,0上單調(diào)遞增，所以f-2k= gkg-12e=ln1

15、e+e20所以k的取值范圍是-12e,0 方法2:由f(x)=lnx-kx2=0，得到k=x2lnx 設(shè)gx=x2lnx，則gx=x2lnx+1當(dāng)0 xe-12時，gxe-12時，gx0，所以函數(shù)gx在0,e-12上單調(diào)遞減，在e-12,+上單調(diào)遞增所以由gxmin= ge-12=-12e 因?yàn)閤0+時，gx0，且g1=0，要使函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，必有-12ek2-2k：方法1:因?yàn)閤1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0,即lnx2-lnx1=kx22-kx12所以lnt=kt2x12-kx12，即x12=klnt1t2-1，-1

16、2ek1要證x1+x22-2k，即證x1+x22-8k 即證x121+t2-8k，即證klnt1t2-11+t2-8k因?yàn)?12ek0，所以即證1t2-11+t2-8lnt，或證8lnt+1t2-11+t21 設(shè)h(t)=8lnt+1t2-11+t2，t1即h(t)=8lnt-t2-2t+2t+1t2，t1所以h(t)=8t-2t-2-2t2-2t3=-2t2-12-2tt-12t30所以h(t)在1,+上單調(diào)遞減， 所以h(t)=8lnt+1t2-11+t21所以x1+x22-2k 方法2:因?yàn)閤1，x2是函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0

17、,即lnx2-lnx1=kx22-kx12所以lnt=kt2x12-kx12，即x12=klnt1t2-1，-12ek1要證x1+x22-2k，需證x1x2-2k 即證tx12-2k，即證tklnt1t2-1-2k因?yàn)?12ek2lnt t1 設(shè)h(t)=2lnt-t+1t，則h(t)=2t-1-1t2=-t-12t21所以h(t)在1,+上單調(diào)遞減， 所以h(t)=2lnt-t+1t 2-2k 方法3:因?yàn)閤1，x2是函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)x11所以lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22 要證x1+x22-2k，需證x1x2-2k 只

18、需證lnx1+lnx2ln-2k即證kx12+kx22ln-2k，即證kx12+ktx12ln-2k即證k1+1t21x12ln-2k 因?yàn)?2kx10，所以x121-2k 所以k1+1t21x12k1+1t21-2k=-121+1t2-121+1=-1而ln-2kln-2k成立所以x1+x22-2k方法4:因?yàn)閤1，x2是函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)x11由已知得lnx1-kx12=0,lnx2-kx22=0,即lnx2-lnx1=kx22-kx12 先證明lnx2-lnx1x2-x11x1x2，即證明lnt1設(shè)ht=t-1t-lnt，則ht=t-122tt0所以ht在1,+上單調(diào)遞增，所

19、以hth1=0，所證不等式成立 所以有l(wèi)nx2-lnx1x2-x1= -kx1+x2x12x221x1x2即-kx1+x2x1x23因?yàn)閤1x2x1+x22（x1x2），所以-kx1+x2-8k所以x1+x22-2k 方法5:要證x1+x22-2k，其中x1 0,-2k，x2 -2k,+，即證x22-2k-x1 利用函數(shù)fx的單調(diào)性，只需證明fx2f2-2k-x1因?yàn)閒x2=fx1，所以只要證明fx1f2-2k-x1，其中x1 0,-2k 構(gòu)造函數(shù)Fx=fx-f2-2k-x，x0,-2k，則Fx=lnx-kx2-ln2-2k-x+k2-2k-x2 因?yàn)镕x=1x+2kx3+12-2k-x+2k

20、2-2k-x3=2-2kx2-2k-x+4k-2k2-2k-x2-x2-2k-x+x2x32-2k-x3（利用均值不等式）2-2kx2-2k-x+4k-2kx22-2k-x2=-2-2kx-2k2x22-2k-x2F-2k=ln-2k+12-ln-2k-12=0所以fxf2-2k-x在0,-2k上恒成立所以要證的不等式x1+x22-2k成立6已知函數(shù)f(x)=xex-1-alnx（無理數(shù)e=2.718.）（1）若fx在1,+單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）當(dāng)a=0時，設(shè)函數(shù)gx=exfx-x2-x，證明：當(dāng)x0時，gx1-ln22-ln222（參考數(shù)據(jù)ln20.69）【答案】（1）a-,2

21、；（2）證明見解析.【解析】（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，） fx在1,+單調(diào)遞增， fx=1+xex-1-ax=x+x2ex-1-ax0在（1，）恒成立，設(shè)h（x）（xx2）ex1a，由題意h（x）0在（1，）恒成立，h（x）ex1（x23x1），當(dāng)x（1，）時，x23x10，故h（x）0，h（x）在（1，）單調(diào)遞增，所以h（x）h（1）2a，故2a0， a2，綜上a（，2（2）當(dāng)a0時，f（x）xex1，g（x）exx2x，g（x）ex2x1，設(shè)m（x）ex2x1，則m（x）ex2，令m（x）0，解得xln2，當(dāng)x（0，ln2）時，m（x）0，m（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x（ln2，）時，m（

22、x）0，m（x）單調(diào)遞增因此m（x）m（ln2）eln22ln2112ln20，即g（ln2）12ln20，又g（0）0，g1+12ln2=e1+12ln2-21+12ln2-1=2e-3-ln20，故存在x0（ln2，1+12ln2），使g（x0）0，即ex0-2x0-1=0，ex0=2x0+1當(dāng)x（0，x0）時，g（x）0，g（x）單調(diào)遞減，x（x0，）時，g（x）0，g（x）單調(diào)遞增，gxgx0=ex0-x02-x0=2x0+1-x02-x0=-x02+x0+1=-x0-122+54，由于x0（ln2，1+12ln2），函數(shù)y=-x0-12+54單調(diào)遞減，故gx-x0-122+54-1+

23、12ln2-122+54=1-ln22-ln222所以，當(dāng)x0時，gx1-ln22-ln2227已知函數(shù)fx=x+2x+alnxa0（1）若a=1，求函數(shù)fx的極值和單調(diào)區(qū)間；（2）若gx=fx+2a2-2x，在區(qū)間0,e上是否存在x0，使gx00，若存在求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】(1) 函數(shù)fx=x+2x+lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1，單調(diào)遞增區(qū)間為1,+ 極小值為3，無極大值(2)見解析【解析】（1）當(dāng)a=1時，fx=x+2x+lnx fx=x+2x-1x2，且x0,+ x0,1時，fx0 fx=x+2x+lnx有極小值f1=3故函數(shù)fx=x+2x+lnx的單調(diào)遞

24、減區(qū)間為0,1，單調(diào)遞增區(qū)間為1,+ 極小值為3，無極大值.（2）gx=fx+2a2-2x=x+2a2x+alnxa0 gx=x+2ax-ax2 a0 x0,a時，gx0 x=a為函數(shù)的唯一極小值點(diǎn)又x0,e，當(dāng)0ae時gxmin=ga=a+2a+alna=a3+lna 在區(qū)間0,e上若存在x0，使gx00，則gxmin=a3+lna0 ，解得0ae時，gx=x+2a2x+alnxa0在x00,e為單調(diào)減函數(shù)，gxmin=ge=e+2a2e+a0，不存在x00,e，使gx00 綜上所述，在區(qū)間0,e上存在x0，使gx00，此時0a1e38已知函數(shù)fx=ax2-x-lnx (1)若a=1時，求函

25、數(shù)fx的最小值；(2)若函數(shù)fx 有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）0 （2）0a0，當(dāng)0 x1時，fx1時，fx0,fx為增，f(x)在x=1處取最小值0.（2）由fx=ax2-x-lnx，得f(x)=2ax-1-1x=2ax2-x-1x(x0)，當(dāng)a0 時，f(x)=2ax2-x-1x0 .令gx=2ax2-x-1, ，=1+8a0，顯然gx有一正根和一負(fù)根，gx在0，+上只有一個零點(diǎn)，設(shè)這個零點(diǎn)為x0 ，當(dāng)x0,x0 時，gx0,fx0,fx0；函數(shù)fx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0，+上單調(diào)遞增，要使函數(shù)fx在0，+上有兩個零點(diǎn)，只需要函數(shù)fx的極小值fx00 ，即ax02-

26、x0-lnx00.gx0=2ax02-x0-1=0,ax02-x0-lnx0=12-2lnx0+2ax02-2x0=12-2lnx0+2ax02-x0-1-x0+1 =121-x0-2lnx00.hx=2lnx+x-1在0，+上是增函數(shù)，且h1=0 ，x01.01x01,由2ax02-x0-1=0，得2a=x0+1x02=1x02+1x0=1x0+122-14 02a2,即0a0)，f(x)=1-1x=x-1x.當(dāng)x(0,1)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增.f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+).（2）由g(x)=ex-1-alnx(x0)可知，g(x)=xex-1-a

27、x(x0)，當(dāng)a=0時，g(x)=ex-1，顯然g(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)00，在0,+)單調(diào)遞增，又h（0）a0，h（2）2ea0，h（x）在（0，2）上存在唯一一個零點(diǎn)，不妨設(shè)為x0，則x0ex0-1=a，當(dāng)x（0，x0）時，h（x）0，即g（x）0，當(dāng)x（x0，+）時，h（x）0，即g（x）0，g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+）上單調(diào)遞增，g（x）的最小值為g（x0）=ex0-1-alnx0，x0ex0-1=a，ex01=ax0，兩邊取對數(shù)可得x01lnalnx0，即lnx0lna+1x0，g（x0）=ax0-a（lna+1x0）=ax0+ax0alnaa2aalnaaaalna，（當(dāng)且僅當(dāng)x01時取等號），令m（a）aalna，則m（a）lna，當(dāng)a（0，1）時，m（a）0，當(dāng)a（1，e時，m（a）0，m（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，e上單調(diào)遞減當(dāng)0ae時，m（a）0，當(dāng)且僅當(dāng)ae時取等號，由x0ex0-1=a可知當(dāng)a1時，x01，故當(dāng)ae時，x01，故g（x0）m（a）0，g（x0）0當(dāng)0ae時，g（x）沒有零點(diǎn)10已知函數(shù)f(x)=axebx（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR，bR）在點(diǎn)1,f(1)處的切線方程是2ex-y-e=0.（I）求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；（II）設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)2x-mx-lnx，若gx1在x(0,+)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值