人教高中数学专题22 隐零点问题(解析版).docx

专题22 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
1．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
【解析】(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．
令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝＋α.又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
2．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的零点及单调区间；
(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1.
【解析】(1)函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(解答过程略)
(2)证明：要证明曲线y＝存在斜率为6的切线，即证明y′＝＝6有解，
等价于1－ln x－6x2＝0在x>0上有解．
构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝0.
即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．
设切点坐标为(x0，f(x0))，则f(x0)＝＝＝－6x0，x0∈.
令h(x)＝－6x，x∈.
由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，所以y0＝f(x0)<－1.
3．设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)求证：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
【解析】(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，
所以当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．
法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．
因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函数值为正值的增函数，
所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a＞0时，f′(x)有唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．因为2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln(当且仅当x0＝时等号成立)．
所以当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
4．已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)．
(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(x0－x)．
【解析】(1) f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)