专题05 挖掘“隐零点”破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题（解析版）

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1、专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线

2、与直线y=3x平行.(1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由;(2)当时,恒成立，求的取值范围.【答案】（1）区间单调递增；（2）【解析】（1）.f(1)=1+b=3,b=2,则f(x)=ln x+4x-1.因为在单调递增， 所以当时即函数f(x)在区间单调递减；当时即函数f(x)在区间单调递增；（2）因为，而在（0，1）上递增存在使得，当时单调递减；当时单调递增所以又因为时则所以则类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式例2. 设函数，设求证：当时，【答案】见解析【解析】的定义域为，设，当，即在区间为增函数，又因为，所以由零点存在定理可知在的唯一零点为当时，当，故在单调递减，在单调递增

3、，所以当时，取得最小值，最小值为，由，即，两边去对数得由于，所以所以类型三 挖掘“隐零点”，估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f（x）=ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，求导可知h（x）=a则当a0时h（x）0，即y=h（x）在（0，+）上单调递减，所以当x01时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故a0 因为当0x时h（x）0，当x时h（x）0，所以h（x）mi

4、n=h（），又因为h（1）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；（另解：因为f（1）=0，所以f（x）0等价于f（x）在x0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，记t（x）=2x2lnx，则t（x）=2，令t（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln210，从而t（x）=0有解，即f（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为

5、负、在（x2，+）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x02lnx0=0，所以f（x0）=+，由x0可知f（x0）；由f（）0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22【规律与方法】“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题我们称这类问题为“

6、隐零点”问题处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x0)0，并结合f(x)的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数f(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分

7、式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数1试讨论函数的单调性；2若函数存在最小值，求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】1，时，在恒成立，故在递增，时，由，解得：，由，解得：，故在递减，在递增；2由1知要使存在最小值，则且，令，则在递减，又，故存在使得，故在递增，在递减，故，故，又，故2【广东省汕头市20

8、19届高三上学期期末】已知函数讨论的单调性；若，是的两个极值点，证明：【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）见解析【解析】，令则，的对称轴为，时，函数在上是增函数；当时，可得，函数在上是增函数；当时，由，解得，在，上，函数是增函数；在，函数是减函数综上可得：在，上，函数是增函数；在，函数是减函数证明：假设，由，是函数的极值点，则，是的两个实数根，即令，即令，函数在内单调递减，即3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）当时，等价于，即；设函数，则，当

9、时，；当时，所以在上单调递减，在单调递增故为的最小值，而，故，即（2），设函数 ，则；（i）当时，在上单调递增，又，取b满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，时，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；（iii）当时，若时，；若时，所以在上单调递减，在单调递增故为的最小值，若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；若时，即又，且，而由（1）知，所以，取c满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点综上，只有一

10、个极值点时，的取值范围是4. 已知函数,（）若曲线在点处的切线斜率为，求实数的值；（）当时，证明：.【答案】（）0；（）见解析.【解析】（）解：因为，所以.1分因为曲线在点处的切线斜率为，所以，解得.2分（）证法一：因为,，所以等价于当时，要证，只需证明.4分以下给出三种思路证明思路1：设，则.设，则所以函数在上单调递增6分因为，所以函数在上有唯一零点，且. 8分因为，所以，即.9分当时，；当时，所以当时，取得最小值.10分所以.综上可知，当时，. 12分思路2：先证明5分设，则因为当时，当时，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以（当且仅当时取等号）7分所以要证明， 只需证明8分

11、下面证明设，则当时，当时，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增所以所以（当且仅当时取等号）10分由于取等号的条件不同，所以综上可知，当时，. 12分（若考生先放缩，或、同时放缩，请参考此思路给分！）思路3：先证明令，转化为证明5分因为曲线与曲线关于直线对称，设直线与曲线、分别交于点、，点、到直线的距离分别为、，则其中，设，则因为，所以所以在上单调递增，则所以设，则因为当时，；当时，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增所以所以所以综上可知，当时，.12分证法二：因为,，所以等价于4分以下给出两种思路证明思路1：设，则.设，则所以函数在上单调递增6分因为，所以，.所以函数在上有唯一零点

12、，且. 8分因为，所以，即9分当时，；当时，.所以当时，取得最小值10分所以综上可知，当时，12分思路2：先证明，且5分设，则因为当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增所以当时，取得最小值所以，即7分所以（当且仅当时取等号）8分再证明由，得（当且仅当时取等号）9分因为，且与不同时取等号，所以 综上可知，当时，12分5.已知函数 f（x）=（aR），曲线y=f（x）在x=1处的切线与直线x+2y1=0垂直（1）求a的值，并求f（x）的单调区间；（2）若是整数，当x0时，总有f（x）（3+）xlnx+，求的最大值【答案】（1）递增区间是（，+），单调递减区间为（0，）；（2）-2.【解析】（

13、1）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）=（x+1）ln x+（2a+）x+1，依题意可得，f（1）=1，2a+1=2， f（x）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f（x）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，x0，x（，+）时，f（x）0，x（0，）时，f（x）0f（x）的递增区间是（，+），单调递减区间为（0，）（2）由（）可知，f（x）=（+x）lnx+x2 设h（x）=，只需h（x）min h（x）=（x0），令u（x）=x2+ln x，u（x）=1+0，可得u（x）在（0，+）上为单调递增函数，u（1）=10，u（2）=ln 20，存在x0（1，2

14、），使u（x0）=0，当x（x0，+）时，u（x）0，即h（x）0，当x（0，x0）时，u（x）0，即h（x）0，h（x）在x=x0时取最小值，且h（x）min=，又u（x0）=0，ln x0=2x0， h（x）min=x0，h（x）min，Z，x0（1，2），x0（2，1），的最大值为26.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；（2）设的两个极值点为，证明：当时，（附注：）【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由，得，有两个不同的实根，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减所以要在上单调递减，只需，即，从而所以所求的取

15、值范围是（2）是的极值点，是关于的方程两个实根，又，又，令，则，从而只需对恒成立令，而在上单调递增，又7.已知函数f（x）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e为自然对数的底数），若f（x）0对于xR恒成立（1）求实数a的值；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且【答案】（1）1；（2）见解析.【解析】（1）解：f（x）=ex（aexax）0，因为ex0，所以aexax0恒成立，即a（ex1）x恒成立，x=0时，显然成立，x0时，ex10，故只需a在（0，+）恒成立，令h（x）=，（x0），h（x）=0，故h（x）在（0，+）递减，而=1，故a1，x0时，ex10，故只需a在（，

16、0）恒成立，令g（x）=，（x0），g（x）=0，故h（x）在（，0）递增，而=1，故a1，综上：a=1；（2）证明：由（1）f（x）=ex（exx1），故f（x）=ex（2exx2），令h（x）=2exx2，h（x）=2ex1，所以h（x）在（，ln）单调递减，在（ln，+）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（2）2=0，h（2）h（ln）0由零点存在定理及h（x）的单调性知，方程h（x）=0在（2，ln）有唯一根，设为x0且2ex0x02=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+）

17、单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2ex0x02=0得ex0=，x01，f（x0）=ex0（ex0x01）=（x01）=（x0）（2+x0）（）2=，取等不成立，所以f（x0）得证，又2x0ln，f（x）在（，x0）单调递增所以f（x0）f（2）=e2e2（2）1=e4+e2e20得证，从而0f（x0）成立8已知函数f（x）=ax+xlnx（aR）（1）若函数f（x）在区间e，+）上为增函数，求a的取值范围；（2）当a=1且kZ时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，求k的最大值【答案】（1）2，+）；（2）3.【解析】（1）函数f（x）在区间e，+）上为增函数，

18、f（x）=a+lnx+10在区间e，+）上恒成立，a（lnx1）max=2a2a的取值范围是2，+）（2）a=1时，f（x）=x+lnx，kZ时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，k，令 g（x）=，则g（x）=，令h（x）=xlnx2（x1） 则h（x）=1=0，h（x） 在 （1，+）上单增，h（3）=1ln30，h（4）=22ln20，存在x0（3，4），使 h（x0）=0即当 1xx0时h（x）0 即 g（x）0xx0时 h（x）0 即 g（x）0g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+）上单增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g（x）min=g（

19、x0）=x0（3，4）kg（x）min=x0（3，4），且kZ，kmax=39已知函数f（x）=ex+alnx（其中e=2.71828，是自然对数的底数）（）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1）处的切线方程；（）求证：当时，f（x）e+1【答案】（）（e1）xy+1=0；（）见解析.【解析】（）解：a=0时，f（1）=e，f（1）=e1，函数f（x）的图象在（1，f（1）处的切线方程：ye=（e1）（x1），即（e1）xy+1=0；（）证明：，设g（x）=f（x），则，g（x）是增函数，ex+aea，由，当xea时，f（x）0；若0x1ex+aea+1，由，当0xmin1，ea1时，

20、f（x）0，故f（x）=0仅有一解，记为x0，则当0xx0时，f（x）0，f（x）递减；当xx0时，f（x）0，f（x）递增；，而，记h（x）=lnx+x，则，ah（x0）h（），而h（x）显然是增函数，综上，当时，f（x）e+110已知函数f（x）=x2（a2）xalnx（aR）（）求函数y=f（x）的单调区间；（）当a=1时，证明：对任意的x0，f（x）+exx2+x+2【答案】（）在区间（，+）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（）见解析.【解析】解：（）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）=2x（a2）= （2分）当a0时，f（x）0对任意x（0，+）恒成立，所以，函数f（x

21、）在区间（0，+）单调递增；（4分）当a0时，由f（x）0得x，由f（x）0，得0x，所以，函数在区间（，+）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（）当a=1时，f（x）=x2+xlnx，要证明f（x）+exx2+x+2，只需证明exlnx20，设g（x）=exlnx2，则问题转化为证明对任意的x0，g（x）0，令g（x）=ex=0，得ex=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0=，当x变化时，g（x）和g（x）变化情况如下表x（0，x0）x0（x0，）g（x）0+g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=ex0lnx02=+x02，因为x00，且x01，所以g（x）min22=0，因此不等式得证 18