30 高分提能四　隱零點(diǎn)問題的處理技巧 【正文】教師

高分提能四隱零點(diǎn)問題的處理技巧[備選理由]例1考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)與絕對(duì)值不等式結(jié)合,通過分類討論、虛設(shè)零點(diǎn)轉(zhuǎn)化構(gòu)造新函數(shù)解決求最值范圍問題;例2通過零點(diǎn)代換解決證明范圍問題;例3給出兩種方法,一種是討論隱零點(diǎn),一種是通過放縮來避免零點(diǎn),達(dá)到解決問題的目的.1[配例1使用][2023·杭州二模]已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù);(2)若|f(x)|>alnx-a恒成立,求a的取值范圍.解:(1)由f(x)=ex-ax=0,得xex=a(x設(shè)h(x)=xex(x≠0),則h'(x)=(x+1)ex,當(dāng)x<-1時(shí),h'(x)<0,當(dāng)-1<x<0或x>0時(shí),h'(x)>0,所以h(x)=xex在(-1,0),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,又當(dāng)x→0時(shí),h(x)→0,所以h(x)min=h(-1)=-1e作出h(x)=xex(x≠0)的大致圖象如圖,由圖可知,當(dāng)a<-1e或a=0時(shí),f(x)無零點(diǎn)當(dāng)a=-1e或a>0時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)-1e<a<0時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)(2)①當(dāng)a=0時(shí),|f(x)|>alnx-a,即ex>0恒成立,符合題意.②當(dāng)a<0時(shí),由|f(x)|>alnx-a,可得x>0,則ex-ax>所以ex-ax>alnx-a,即ex>1x設(shè)m(x)=1x+lnx-1,則m'(x)=-1x2+1當(dāng)0<x<1時(shí),m'(x)<0,當(dāng)x>1時(shí),m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(x)≥m(1)=0,所以當(dāng)a<0時(shí),ex>0≥1x+ln即|f(x)|>alnx-a恒成立,即a<0符合題意.③當(dāng)a>0時(shí),由(1)可知,h(x)-a=xex-a在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又h(0)-a=-a<0,h(a)-a=a(ea-1)>0,所以存在x0∈(0,a),使得h(x0)-a=x0ex0-a=當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),xex-a<0,即ex-ax<設(shè)g(x)=ax-ex-alnx+a則g'(x)=-ax2-ex-ax<0,所以g(x)在(0,x0所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g(x)>g(x0)=-alnx0+a;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),xex-a>0,即ex-ax>設(shè)t(x)=ex-ax-alnx+a>因?yàn)閠'(x)=ex+ax2-ax令p(x)=x2ex+a-ax,x∈(x0,+∞),則p'(x)=(x2+2x)ex-a,又令n(x)=(x2+2x)ex-a,x∈(x0,+∞),則n'(x)=(x2+4x+2)ex>0,得n(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以p'(x)>n(x0)=(x02+2x0)ex0得p(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以p(x)>p(x0)=x02ex則t'(x)=p(x)x2>0,得t(x)在(x0則當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),t(x)>t(x0)=-alnx0+a.由a>0,|f(x)|>alnx-a恒成立,得-alnx0+a>0,可得0<x0<e,又a=x0ex0,h(x)=xex在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以0<a<ee+綜上可知,a的取值范圍是(-∞,ee+1).2[配例2使用][2023·唐山開灤二中一模]已知函數(shù)f(x)=(mx-1)e2x.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)已知函數(shù)g(x)=f(x)ex,若曲線y=g(x)與過點(diǎn)(-1,0)且斜率為m的直線l相切,求證:解:(1)由題可知,f'(x)=me2x+2(mx-1)e2x=e2x[m+2(mx-1)]=e2x(2mx+m-2),令f'(x)=0,得2mx=2-m,當(dāng)m=0時(shí),f'(x)=-2e2x<0,f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)m≠0時(shí),方程2mx=2-m的根為x=2-若m>0,則當(dāng)x∈-∞,2-m2m時(shí),f'(x)<0,f當(dāng)x∈2-m2m,+∞時(shí),f'(x)>若m<0,則當(dāng)x∈-∞,2-m2m時(shí),f'(x)>0,f當(dāng)x∈2-m2m,+∞時(shí),f'(x)<綜上所述,當(dāng)m=0時(shí),f(x)在R上單調(diào)遞減,當(dāng)m>0時(shí),f(x)在-∞,2-m2m上單調(diào)遞減當(dāng)m<0時(shí),f(x)在-∞,2-m2m上單調(diào)遞增(2)證明:g(x)=f(x)ex=(mx所以g'(x)=(mx+m-1)ex.易得直線l的方程為y=m(x+1).設(shè)曲線y=g(x)與直線l相切的切點(diǎn)為(x0,y0),則y0=m(x0+1)①,y0=(mx0-1)ex0g'(x0)=(mx0+m-1)ex0=m由①②得m(x0+1)=(mx0-1)ex0由③④得(mx0+m-1)ex0(x0+1)=(mx0-1)即m(x02+x0+1)=x因?yàn)榇嬖谇悬c(diǎn)(x0,y0)滿足題意,所以方程m(x02+x0+1)=x0所以m=x0由②③得(mx0-1)ex0+mex0=y0將①代入得m(x0+1)+mex0當(dāng)m=0時(shí),x0=0,y0=0,與②矛盾,當(dāng)m≠0時(shí),(x0+1)+ex0=1,即x0+e所以x0<0且x0≠-1,所以m=1x0+1令h(x)=x+ex,x<0,則h'(x)=1+ex>0,所以h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,又h(-2)=-2+e-2<0,h-12=-12+所以x0∈-2,-12且x所以x0+1x0+1∈所以m=1x0+1x3[補(bǔ)充使用]已知函數(shù)g(x)=xe2x-mx-lnx(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),若g(x)≥1對(duì)x∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 (D)A.-∞,1e BC.-1e,2 D[解析]方法一:要使g(x)≥1對(duì)x∈(0,+∞)恒成立,只需[g(x)]min≥1即可.由題可知g'(x)=(2x+1)e2x-m-1x,設(shè)φ(x)=g'(x),x∈(0,+∞),則φ'(x)=4(x+1)e2x+1x2>0,所以g'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因?yàn)楫?dāng)x→0+時(shí),g'(x)→-∞,當(dāng)x→+∞時(shí),g'(x)→+∞,所以g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn)x0,滿足g'(x0)=(2x0+1)e2x0-m-1x0=0,所以m=(2x0+1)e2x0-1x0,且g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以[g(x)]min=g(x0)=x0e2x0-mx0-lnx0=-2x02e2x0-lnx0+1.由[g(x)]min≥1得2x02e2x0+lnx0≤0,所以0<x0<1,2x02e2x0≤-lnx0,兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù),可得2x0+ln(2x0)+lnx0≤ln(-lnx0),即2x0+ln(2x0)≤ln(-lnx0)-lnx0.設(shè)h(x)=x+lnx(x>0),則h'(x)=1+1x>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又h(2x0)≤h(-lnx0),所以2x0≤-ln方法二(切線放縮,避開零點(diǎn)):g(x)≥1對(duì)x∈(0,+∞)恒成立等價(jià)于m≤e2x-lnx+1x對(duì)x∈(0,+∞)恒成立.設(shè)Q(t)=t-lnt-1(t>0),則Q'(t)=1-1t=t-1t,所以當(dāng)t∈(0,1)時(shí),