2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题1　培优点3　隐零点问题.docx

培优点3　隐零点问题
导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
考点一　不含参函数的隐零点问题
例1　(2022·济宁质检)已知函数f(x)＝acos x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈时，f(x)≤c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．
解　(1)因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以
解得
(2)由(1)知f(x)＝cos x－ex，x∈，
所以f′(x)＝－sin x－ex，
设g(x)＝－sin x－ex
g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex)．
当x∈时，
cos x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；
当x∈时，－1≤cos x≤1，ex>1，
所以g′(x)<0.
所以当x∈时，g′(x)<0，
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减．
因为f′(0)＝－1<0，
f′＝－
因为>e>2，
所以
所以f′>0，
所以∃x0∈，
使得f′(x0)＝－sin x0－
即＝－sin x0.
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(x0)＝cos x0－
＝cos x0＋sin x0＝sin.
因为x0∈，
所以x0＋∈，
所以sin∈，
所以f(x0)∈(0,1)．
由题意知，c≥f(x0)，
所以整数c的最小值为1.
规律方法　已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．
跟踪演练1　(2022·郑州模拟)已知函数f(x)＝e·ex－＋1，g(x)＝＋2.
(1)求函数g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．
(1)解　g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝，
则当x∈(0，e)时，g′(x)＝>0，
g(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＝<0，
g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
故函数g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值．
(2)证明　f(x)≥g(x)等价于证明
xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－
＝(x＋1)，
令φ(x)＝ex＋1－，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝－10<e2－10<0，
φ(1)＝e2－1>0，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，
且x0∈，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，
h(x)在x∈(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，
h(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝