2023年新高考数学大一轮复习 专题一 函数与导数 第12讲 隐零点问题.doc

1、第12讲隐零点问题在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”例已知函数f(x)xexa(xlnx)(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)0，证明：f(x0)2(x0x)(1)解f(x)(x1)exa(x1)，x(0，)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，不存在极值点；当a0时，令h(x)xexa，h(x)(x1)ex0.显然函数h(x)在(0，)上是增函数，又因为当x0时，h(x)a0，必存在x00，使h(x0)0.当x(0，x0)时，h(x)0，

2、f(x)0，f(x)0，f(x)为增函数所以，xx0是f(x)的极小值点综上，当a0时，f(x)无极值点，当a0时，f(x)有一个极值点(2)证明由(1)得，f(x0)0，即a，f(x0)a(x0lnx0)(1x0lnx0)，因为f(x0)0，所以1x0lnx00，令g(x)1xlnx，g(x)1g(1)得x0，所以(x)为增函数，(x)(1)0，即(x)0，即lnx1x，所以ln(x1)x10.因为x0(0,1)，所以x010,1x0lnx01x01x00，相乘得(1x0lnx0)(x01)(22x0)，所以f(x0)(1x0lnx0)2x0(x01)(1x0)2x0(1x)2(x0x)结论

3、成立零点问题求解三步曲(1)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取值范围(2)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(3)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(1)中的零点范围还可以适当缩小已知函数f(x)lnxx2x，g(x)(x2)exx2m(其中e为自然对数的底数)当x(0,1时，f(x)g(x)恒成立，求正整数m的最大值解当x(0,1时，f(x)g(x)，即m(x2)exlnxx.令h(x)(x2)exlnxx，x(0,1，所以h(x)(1x)，当00，所以u(x)在(0,1上单调递增因为u(x)在区间(0,1上的图象是一条不间断的曲线，且u20，所以存在x0，使得u(x0)0，即，所以lnx0x0.当x(0，x0)时，u(x)0，h(x)0，h(x)0.所以函数h(x)在(0，x0上单调递减，在x0,1)上单调递增，所以h(x)minh(x0)(x02)lnx0x0(x02)2x012x0.因为y12x在x(0,1)上单调递减，又x0，所以h(x0)12x0(3,4)，所以当m3时，不等式m(x2)exlnxx对任意的x(0,1恒成立，所以正整数m的最大值是3.