2023高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)講義 專題一 培優(yōu)點(diǎn)4 隱零點(diǎn)問題

隱零點(diǎn)問題導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在很多時(shí)候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點(diǎn)”，即能確定其存在，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(duì)函數(shù)的零點(diǎn)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．例已知函數(shù)f(x)＝aex＋sinx＋x，x∈[0，π]．(1)證明：當(dāng)a＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一的極大值點(diǎn)；(2)當(dāng)－2<a<0時(shí)，證明：f(x)<π.證明(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝x＋sinx－ex，f′(x)＝1＋cosx－ex，因?yàn)閤∈[0，π]，所以1＋cosx≥0，令g(x)＝1＋cosx－ex，g′(x)＝－ex－sinx<0，所以g(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減．因?yàn)間(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(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x0<x<π時(shí)，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(diǎn)x0.(2)當(dāng)－2<a<0時(shí)，令h(x)＝aex＋sinx＋x－π，則h′(x)＝aex＋cosx＋1，令k(x)＝aex＋cosx＋1，則k′(x)＝aex－sinx<0，所以函數(shù)h′(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，因?yàn)閔′(0)＝a＋2>0，h′(π)＝aeπ<0，所以存在t∈(0，π)，使得h′(t)＝0，即aet＋cost＋1＝0，且當(dāng)0<x<t時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)t<x<π時(shí)，h′(x)<0.所以函數(shù)h(x)在區(qū)間[0，t]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[t，π]上單調(diào)遞減．h(x)max＝h(t)＝aet＋sint＋t－π，t∈(0，π)，因?yàn)閍et＋cost＋1＝0，只需證φ(t)＝sint－cost＋t－1－π<0即可，φ′(t)＝cost＋sint＋1＝sint＋(1＋cost)>0，所以函數(shù)φ(t)在區(qū)間(0，π)上單調(diào)遞增，φ(t)<φ(π)＝0，即f(x)<π.零點(diǎn)問題求解三步曲(1)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程f′(x0)＝0，并結(jié)合f′(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的取值范圍．(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．(3)將零點(diǎn)方程適當(dāng)變形，整體代入最值式子進(jìn)行化簡(jiǎn)證明，有時(shí)(1)中的零點(diǎn)范圍還可以適當(dāng)縮小．(2021·菏澤模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)．(1)若f(x)有唯一零點(diǎn)，求k的取值范圍；(2)若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范圍．解(1)由f(x)＝lnx－kx有唯一零點(diǎn)，可得方程lnx－kx＝0，即k＝eq\f(lnx,x)有唯一實(shí)根，令h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由h′(x)>0，得0<x<e；由h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．∴h(x)≤h(e)＝eq\f(1,e)，又h(1)＝0，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)<0；又當(dāng)x>e時(shí)，h(x)＝eq\f(lnx,x)>0，則h(x)＝eq\f(lnx,x)的大致圖象如圖所示，可知，k＝eq\f(1,e)或k≤0.(2)∵x(ex－2)－(lnx－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥eq\f(1＋lnx,x)－ex＋2恒成立，令φ(x)＝eq\f(1＋lnx,x)－ex＋2，則φ′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－1＋lnx,x2)－ex＝eq\f(－lnx－x2ex,x2)，令μ(x)＝－lnx－x2ex，則μ′(x)＝－eq\f(1,x)－(2xex＋x2ex)＝－eq\f(1,x)－xex(2＋x)<0(x>0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－>0，μ(1)＝－e<0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理知，存在唯一零點(diǎn)x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使μ(x0)＝0，即－lnx0＝xeq\o\al(2,0)，兩邊取對(duì)數(shù)可得ln(－lnx0)＝2lnx0＋x0，即ln(－lnx0)＋(－lnx0)＝x0＋lnx0，由函數(shù)y＝x＋lnx為增函數(shù)，可得x0＝－lnx0，又當(dāng)0<x<x0時(shí)，μ(x)>0,φ′(x)>0；當(dāng)x>x0時(shí)，μ(x)<0,φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增