隐零点问题--2024届高考数学拓展 教师版

隐零点问题x1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e+bsinx，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.(1)求实数b的值；(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.x【答案】(1)解：∵f(x)=e+bsinx，x∴f′(x)=e+bcosx，0由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e+bcos0=1+b，由已知k=1+b=2，解得b=1.x(2)证明由(1)得f(x)=e+sinx，x∈(-π，+∞)，x∴f′(x)=e+cosx，xx令g(x)=e+cosx，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e-sinx，xx当x∈(-π，0]时，e>0，sinx≤0，g′(x)=e-sinx>0，xx当x∈(0，+∞)时，e>1，sinx≤1，g′(x)=e-sinx>0，∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，1π-ππ-π-π22又∵g(-π)=e+cos(-π)=-1<0，g-=e+cos-=e>0，π22eπ∴存在唯一x0∈-π，-2，x0使g(x0)=e+cosx0=0，又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，xx0∴f′(x)=e+cosx在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e+cosx0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，∴f(x)存在唯一极小值点x0.x0又∵e+cosx0=0，x0∴e=-cosx0，x0π∴f(x0)=e+sinx0=sinx0-cosx0=2sinx0-4，π又∵x0∈-π，-2，π5π3π∴x0-4∈-4，-4，1 π22∴sinx0-4∈-2，2，π∴f(x0)=2sinx0-4∈(-1,1)，∴f(x0)>-1.2(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)=ax-lnx，a∈R.1(1)若a=，求函数f(x)的最小值及取得最小值时的x的值；ex(2)若函数f(x)≤xe-(a+1)lnx对x∈(0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围．1【答案】解：(1)当a=时，e1f(x)=x-lnx，定义域为(0，+∞)，e11x-e所以f′(x)=-=，exex令f′(x)=0得x=e，所以当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(e，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以函数f(x)在x=e处取得最小值，f(x)min=f(e)=0.x(2)因为函数f(x)≤xe-(a+1)lnx对x∈(0，+∞)恒成立，x所以xe-a(x+lnx)≥0对x∈(0，+∞)恒成立，x令h(x)=xe-a(x+lnx)，x>0，x1则h′(x)=(x+1)e-a1+xxa=(x+1)e-，xx①当a=0时，h′(x)=(x+1)e>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，x所以由h(x)=xe可得h(x)>0，x即满足xe-a(x+lnx)≥0对x∈(0，+∞)恒成立；②当a<0时，则-a>0，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，+因为当x趋近于0时，h(x)趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；x③当a>0时，令h′(x)=0得a=xe，xaxa令k(x)=e-，k′(x)=e+>0恒成立，xx2故k(x)在(0，+∞)上单调递增，因为当x趋近于正无穷时，k(x)趋近于正无穷，2 当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，x0所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)x0=x0e-a(x0+lnx0)x0=x0e(1-x0-lnx0)≥0即可；所以1-x0-lnx0≥0,1≥x0+lnx0，-x0因为x0=aee，所以lnx0=lna-x0，所以lnx0+x0=lna≤1=lne，解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．2xa33(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)e-x+ax(x>0)(a∈R)．3(1)讨论函数f(x)的单调性；12(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+lnx-x零点的个数，并说明理由．2【答案】解：(1)由题知，2x2xf′(x)=(x-1)e-a(x-1)=(x-1)(x+1)(e-a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若1<a<e，即0<lna<1，当0<x<lna或x>1时，f′(x)>0；当lna<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间(lna,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即lna>1，当0<x<1或x>lna时，f′(x)>0；当1<x<lna时，f′(x)<0；3 ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，lna)上单调递减，在区间(lna，+∞)上单调递增．122x(2)当a=0时，g(x)=lnx-x+(x-1)e，定义域为(0，+∞)，212xx1∴g′(x)=-x+(x-1)e=(x+1)(x-1)e-，xxx1设h(x)=e-(x>0)，xx1∴h′(x)=e+>0，2x∴h(x)在定义域上是增函数，1∵h=e-2<0，h(1)=e-1>0，21∴存在唯一x0∈2，1，使h(x0)=0，x01x01即e-=0，e=，-x0=lnx0，x0x0当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，122x0121∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=lnx0-x0+(x0-1)e=-x0+-2，22x012111设F(x)=-2x+x-22<x<1，易知F(x)在区间2，1上单调递减．11∴g(x0)<g2=-8<0，12∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-<0，g(2)=e-2+ln2>0，2∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．x4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=lnx-ax+1，g(x)=x(e-x)．(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；2(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x.1【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=-a，x1得f′(x0)=-a，x011所以切线方程为y-(lnx0-ax0+1)=x-a(x-x0)，即y=x-ax+lnx0.004 因为直线y=2x与函数f(x)的图象相切，1-a=2，所以x0解得a=-1.lnx0=0，(2)证明：当a=-1时，f(x)=lnx+x+1，2令F(x)=g(x)-f(x)+xx=xe-lnx-x-1(x>0)，x1则F′(x)=(x+1)e--1xx+1x=xe-1，xx令G(x)=xe-1(x>0)，x则G′(x)=(x+1)e>0，所以函数G(x)在区间(0，+∞)上单调递增，又G(0)=-1<0，G(1)=e-1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，x0故F(x)min=F(x0)=x0e-lnx0-x0-1，x0由G(x0)=0得x0e-1=0，两边取对数得lnx0+x0=0，故F(x0)=0，2所以g(x)-f(x)+x≥0，2即f(x)≤g(x)+x.x5(2023·包头模拟)已知函数f(x)=ae-ln(x+1)-1.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．x+1【答案】(1)解：当a=e时，f(x)=e-ln(x+1)-1，x+11f(0)=e-1.f′(x)=e-，x+1f′(0)=e-1，故曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-(e-1)=(e-1)x，即y=(e-1)x+e-1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为-1和e-1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积1e-1S=×|-1|×(e-1)=.225 (2)证明当a>1时，x因为f(x)=ae-ln(x+1)-1，x1所以f′(x)=ae-x+1xae(x+1)-1=(x>-1)，x+1x令g(x)=ae(x+1)-1(x>-1)，x则g′(x)=ae(x+2)，因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，β因此有ae(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.β所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由ae(β+1)=1，得-ln(β+1)=lna+β，所以当-1<β<0时，βf(β)=ae-ln(β+1)-121β=+β-1+lna=lna+，β+1β+1因为a>1，所以lna>0，又因为-1<β<0，2β所以>0，所以f(β)>0.β+1所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-lnx-2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有xlnx+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．1【答案】解：(1)函数f(x)=x-lnx-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-，x当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．xlnx+x(2)∀x∈(1，+∞)，xlnx+x>k(x-1)⇔k<，x-16 xlnx+x令g(x)=，x>1，x-1(2+lnx)(x-1)-(xlnx+x)x-lnx-2求导得g′(x)==，22(x-1)(x-1)由(1)知，f(x)=x-lnx-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)=0，即x0-lnx0-2=0⇔lnx0=x0-2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，x0lnx0+x0x0(x0-2)+x0于是g(x)min=g(x0)===x0，x0-1x0-1则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3.7