名师讲坛高考高三数学二轮专题复习课件：专题五微切口17 隐性圆的研究1

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专题五微切口17 隐性圆的研究1

二轮提优导学案 ·数学
专题五解析几何
专题五解析几何微切口17 隐性圆的研究1
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二轮提优导学案 ·数学
专题五解析几何
(1) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x＋a＋3)2＋
(y－2a)2＝1(a 为实数)．若圆 O 与圆 M 上分别存在点 P，Q，使得∠OQP＝30°，则 a 的取值范围为__－__65_，__0_ ·数学
【解析】如图，过点 Q 作圆 O 的切线，设切点为 P′，在圆 O 上要存在点 P 满足∠OQP＝30°，即∠OQP′≥30°. 因为 sin∠OQP′＝OOPQ′≥12，所以 OQ≤2.设 Q(x，y)，则 x2＋y2≤4.因为点 Q 在圆 M 上，即圆 M 与 x2＋y2≤4 有公共点，所以 1≤(a＋3)2＋(－2a)2≤9，解得－65≤a≤0，所以 a 的取值范围为－65，0.
策略一利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐圆；
策略二策略三
动点 P 对两定点 A，B 的张角是 90°k1·k2＝－1或P→A·P→B＝0确定隐圆；两定点 A，B，动点 P 满足 P→A·P→B＝λ 确定隐圆．
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二轮提优导学案 ·数学
专题五解析几何
Thank you for watching
【解析】以线段 AB 所在的直线为 x 轴，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系 xOy，设点 C(x，y)，由 A(－1,0)，B(1,0)及C→A·C→B＝λ，得 x2＋y2＝λ＋1，且
0>λ≥－1.当两圆外切或外离时，OB＝1≥ λ＋1＋12，解得 λ≤－34；当圆 B 内切或内含
(变式(1))

数学高考二轮热点难点微专题五隐圆问题PPT文档共61页

数学高考二轮热点难点微专题五隐圆问题
6、纪律是自由的第一条件。——黑格尔 7、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 ——马卡连柯
8、我们现在必须完全保持党的纪律，否则一切都会陷入污泥中。 ——马克思 9、学校没有纪律便要勇敢地走到底，决不回头。 ——左
10、一个人应该：活泼而守纪律，天真而不幼稚，勇敢而鲁莽，倔强而有原则，热情而不冲动，乐观而不盲目。 ——马克思
56、书不仅是生活，而且是现在、过去和未来文化生活的源泉。 ——库法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一次也不善于度过。— —吕凯特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处，只不过是愈来愈发觉自己的无知。 ——笛卡儿

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题五解析几何分类题型解析(4讲50张PPT)

于圆 C 时，OB＝1≤ λ＋1－12，解得 λ≥54(舍去)．故负数 λ 的最大值是－34.
圆的方程是常考问题，但有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐
藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终可以利用圆的知识
来求解，常见的策略如下：
策略一利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐圆；
【解析】设 M(x，y)，则(x＋3)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝16，
即(x＋1)2＋y2＝4，所以
1＋3 a2≤2，解得
a≤－
25或
a≥
5 2.
(2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y＝2x－4.
设圆 C 的半径为 1，圆心在直线 l 上，若圆 C 上存在一点 M，使得 MA ＝2MO，则圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为__0_，__1_52___．
由 5a2－12a≤0，得 0≤a≤152.
(3) 在△ABC 中，若 BC＝2 2，A→B·A→C＝1，则△ABC 面积的最大值为____6____．
【解析】如图，以 BC 的中点为坐标原点 O，BC 为 x 轴建立平面直角坐标系，则
B(－ 2，0)，C( 2，0)．设 A(x，y)，则A→B·A→C＝(－ 2－x，－y)·( 2－x，－y)＝x2＋y2
名师讲坛高考高三数学二轮专题复习课件
专题五解析几何微切口17 隐性圆的研究1
(1) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x＋a＋3)2＋
(y－2a)2＝1(a 为实数)．若圆 O 与圆 M 上分别存在点 P，Q，使得∠OQP＝30°，则 a 的取值范围为__－__65_，__0_ ．

高考二轮数学人教版课件：第2部分专题5 第2讲椭圆、双曲线、抛物线

第二部分专题五解析几何
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(4)因为焦点F(1,0)，所以p＝2，设点My42，y，根据抛物线的定义得：y42＋1＝4，解得y＝±2 3，所以点M的坐标为(3，±2 3)．
第二部分专题五解析几何
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圆锥曲线方程的求法
求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”．
【解析】易知直线AB不与y轴平行，设其方程为y－2＝k(x－4)，代入双曲线C：x22－y2＝1，整理得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0，设此方程两实根为x1，x2，则x1＋x2＝8k2k22k－－11，
第二部分专题五解析几何
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【解析】 (1)由抛物线和圆的对称性可得B，C关于x轴对称，再由△ABC为直角三角形可得BC为圆的直径，B，C，F三点共线， xB＝2p，代入抛物线的方程可得yB＝p，所以圆的半径R＝p.
第二部分专题五解析几何
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第二部分专题五解析几何
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1．(1)(2020·辽宁省沈阳市一模)已知椭圆方程为
x2 m＋3
＋
y2 m－6
＝
1(m>6)，则其焦距为__6__.
(2)(2019·安徽A10联盟最后一卷)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，
点A在抛物线上，若点P是抛物线准线上的动点，O为坐标原点，且|AF|
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2．圆锥曲线的标准方程 (1)椭圆的标准方程为ax22＋by22＝1或ay22＋bx22＝1，其中a＞b＞0； (2)双曲线的标准方程为ax22－by22＝1或ay22－bx22＝1，其中a＞0，b＞0； (3)抛物线的标准方程为x2＝±2py，y2＝±2px，其中p＞0．

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题一微切口1 变角与变式

π
12 π
＝－2，则tanα＋1π2＝－2<0.
12
因为α为第二象限角，所以sin α＋1π2 ＝ 255 ，cos α＋1π2 ＝－
5 5
，则sin
α＋56π
＝
－sinα－π6＝－sinα＋1π2－π4＝cosα＋1π2sin π4－sinα＋1π2cos π4＝－31010.
23π＋cosπ3＋αsin
2π 3
＝232×－12＋13× 23＝
3－2 6
2 .
已知cosα－β2＝－2 7 7，sinα2－β＝12，且π2<α<π，0<β<π2. (1) 求cosα＋2 β的值；【思维引导】
【解答】因为π2<α<π，0<β<π2，所以π4<α－β2<π，－π4<α2－β<π2，
名师讲坛高考高三数学二轮专题复习课件
专题一三角函数和平面向量微切口1 变角与变式
(1) (2019·淮阴中学)已知cosπ6－θ＝a，那么cos56π＋θ＋sin23π－θ＝ ___0_____.
【思维引导】
【解析】因为cos56π＋θ＝cosπ－π6－θ＝－cosπ6－θ＝－a， sin23π－θ＝sinπ2＋π6－θ＝a，所以cos56π＋θ＋sin23π－θ＝－a＋a＝0.
(2) (2019·河南百校联盟4月联考改编)若α为第二象限角，且tan
2tan αtan 1π2－2，则sinα＋56π＝_－__3_1_01_0__. 【解析】由tan α＋tan 1π2＝2tan αtan 1π2－2，
α＋tan
π 12
＝
tan α＋tan 得
1－tan αtan

高考二轮复习专题-导数中的隐零点问题优质课件(共21张PPT)

法二：分参角度，当t 2时，x13 3 x12 (2 t )x1 16 t,其中x1 [ ,0]
t( x1
1)
x13
3 x12
2 x1
16
t
x13
3 x12 2 x1 x1 1
16
x12
2 x1
16 x1 1
设h( x)
x2
2x
16 , h'( x) x1
解：设f(x)=ex ln x,f '(x) ex 1 ，令g(x) ex 1 ,
x
x
g '(x)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱex
1 x2
0, g(x)在(0, )上单调递增，
g(1)
e
1
0, g( 1 )
1
e2
2
0, 存在唯一的零点
2
x0
(
1 2
,
1),
使得g(x0
)
ex0
1 x0
0.
当x (0, x0 ),g(x) 0,即f '(x) 0, f (x)单调递减；
2x 2
16 ( x 1)2
2( x 1)3 16 ( x 1)2
令h'( x) 0, x 1, x ( ,1),h'( x) 0, x (1,0),h'( x) 0.
h( x)min h(1) 11, 2 t 11.
评析：法二通过分参，构造函数，避开了直接把极值点代入求值。不等式的恒成立转化为函数的最值问题是我们常用的处理方法。
x13 3 x12 3 x1 7 0 ( x1 1)3 8 0 1 x1 0
t 3 x12 6 x1 2 3( x1 1)2 1 11

名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题五微切口18 隐性圆的研究2

－2＝1，即点 A 在以(0,0)为圆心， 3为半径的圆周上除去与 x 轴的交点，
所以 A 到 BC 距离的最大值，即为半径 3，所以 Smax＝12×2 2× 3＝ 6.
(变式(3))
常见的求隐圆的策略如下：策略四两定点 A，B，动点 P 满足 PA2＋PB2 是定值确定隐圆；策略五两定点 A，B，动点 P 满足PPAB＝λ(λ>0，λ≠1)确定隐圆(阿波罗尼斯圆)；策略六构造或者直接求动点的轨迹．利用几何法简化研究直线与圆及圆与圆的位置关系：直线与圆有关的网络交汇问题，利用直线与圆及圆与圆的位置关系，借助圆的几何性质的代数表示(相切条件，勾股数等)简化运算，充分体现解析几何的特点“代数的方法研究几何性质，利用几何性质可简化其运算”．
【解析】设 M(x，y)，则(x＋3)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝16，
即(x＋1)2＋y2＝4，所以
1＋3 a2≤2，解得
a≤－
25或
a≥
5 2.
(2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y＝2x－4.
设圆 C 的半径为 1，圆心在直线 l 上，若圆 C 上存在一点 M，使得 MA ＝2MO，则圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为__0_，__1_52___．
(2) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，点 A(0,2)，若圆 C 上存在点 M，满足 MA2＋MO2＝10，则实数 a 的取值范围是__[_0_,_3_] __．
【解析】设点 M(x，y)，由 A(0,2)，O(0,0)及 MA2＋MO2＝10，得 x2＋(y－2)2＋x2 ＋y2＝10，整理得 x2＋(y－1)2＝4，即点 M 在圆 E：x2＋(y－1)2＝4 上．若圆 C 上存在点 M 满足 MA2＋MO2＝10，也就等价于圆 E 与圆 C 有公共点，所以|2－1|≤CE≤2＋1，即 |2－1|≤ a2＋a－32≤2＋1，整理得 1≤2a2－6a＋9≤9，解得 0≤a≤3，即实数 a 的取值范围是[0,3]．

第2部分专题5 强基专题5 隐圆问题课件(共21张PPT)

d＝
k|82＋k| 1≤6，解得－3
7
7≤k≤3
7
7 .]
类型3 两定点A，B，动点P满足|PA|2＋|PB|2是定值，确定隐圆(距离平方圆)
【例3】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－ 4x＝0及点A(－1,0)，B(1,2)．
(1)在圆C上是否存在点P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求点P 的个数，若不存在，说明理由.
[跟进训练] 1．如果圆(x－2a)2＋(y－a－3)2＝4上总存在两个点到原点的距离为1，则实数a的取值范围是________．
－65，0 [由题意得圆(x－2a)2＋(y－a－3)2＝4与圆x2＋y2＝1相交，所以2－1< 2a2＋a＋32<1＋2,1<5a2＋6a＋9<9，
5a2＋6a＋8＞0， 5a2＋6a＜0，
第二部分核心专题师生共研
专题五解析几何强基专题5 隐圆问题
考查直线与圆、圆与圆的综合问题时题设条件中没有直接给出相关圆的信息，而是隐含在题目中，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程)，从而可以利用圆的相关知识来解决问题，这类问题称为“隐圆”问题．
类型1 利用圆的定义或垂直关系确定隐圆
(2)若圆C上存在唯一的点Q，使得Q→A·Q→B＋2＝λ，求λ的值．
[解] (1)圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，所以圆心C(2,0)，半径为2. 假设圆C上存在点P，
设P(x，y)，则(x－2)2＋y2＝4，PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2 ＋(y－2)2＝12，
≤y≤
27，所以点
M的纵坐标的取值范围是－
27，
27.]
【例1】 (1)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，

高考数学二轮复习“隐圆”问题课件(30张)(全国通用)

【解析】方法一：设 P(x，y)，则 x2＋y2＝2，
PPAB2＝x－x21＋2＋y＋y2＋212＝x2＋x2＋y2－y2＋2x＋4y＋2y＋4 2 ＝2－2＋2x＋4y＋2y＋4 2＝－2x＋y＋y＋3 2＝12－12×xy－＋1232，
令 t＝xy－＋1232，即 2x－2ty－3t－1＝0，则动直线 2x－2ty－3t－1＝0 与圆 x2＋y2＝2 必须有公共点，所以|－43＋t－4t12|≤ 2，解得－7≤t≤1，所以PPAB2＝12－2t ∈[0,4]，即PPAB∈ [0，2]，故PPAB的最大值是 2.
所以点
M
的
轨
迹
方
程
为
x＋12
2
＋
y－12
2
＝
1 2
(
除
去
原
点
)
，
所
以
AM
的最大值为
－4＋122＋0－122＋ 22＝3 2.
6. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0，－2)，B(1，－1)，P 为圆 x2＋y2＝2 上一动点，则PPAB的最大值是___2_____．
方法二：设 P(x，y)，则 x2＋y2＝2，
则 x2＋y2－2x＋2y＋2＝λ(x2＋y2＋4y＋4)，即(λ－1)·(x2＋y2)＋2x＋(4λ－2)y＋4λ－ 2＝0，因为 x2＋y2＝2，所以 x＋(2λ－1)y＋3λ－2＝0，则动直线 x＋(2λ－1)y＋3λ－2 ＝0 与圆 x2＋y2＝2 必须有公共点，所以 1＋|3λ－2λ－2| 12≤ 2，解得 0≤λ≤4，即PPAB∈[0,2]，故PPAB的最大值是 2.
微难点10 “隐圆”问题
栏目导
析典例 ·举题破难解类题 ·融会贯通

“隐形圆”说课讲解

隐形圆圆有关问题第一讲“形”现“圆”形问题如图所示，在等腰直角三角形ABC中，AB= BC = 2,点P为等腰直角三角形ABC所在平面内一点，且满足PA丄PB,则PC的取值范围是圆是高中数学中一种简单但又非常重要的曲线，近几年高考题和高考模拟题中，经常会出现一类有关圆的题目，这类题目在条件中没有直接给出有关圆方面的信息，而是以隐性的形式出现，但我们通过分析和转化，最终都可以利用圆的知识求解.这类题目构思巧妙，综合性强，，充分考查了学生的数形结合、转化和化归等数学思想方法，处理这类题目关键在于能否把"隐形圆"找出来.圆作为几何图形，找“隐形圆”的一个角度可以从“形”的角度来发现.策略一由圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆例1 (1)如果圆(x —2a)2+ (y— a —3)2= 4上总存在两个点到原点的距离为1,则实数a的取值范围是________ .(2)( 2016 年南京二模)已知圆 O : x 2 + 寸=1,圆 M : (x — a)2 + (y — a + 4)2 = 1 •若圆M 上存在点P ,过点P 作圆O 的两条切线，切点为 A , B ,使得/ APB=60°则a 的取值范围为 ____________ .(3)( 2017年苏北四市一模)已知 A 、B 是圆C i : x 2 y 2 1上的动点,R ，直线 I : xcos + ysin = 2sin( + ) + 4 与圆 C : (x — m)2+6(y —掐m)2= 1均无公共点，则实数m 的取值范围是 ____________ .(5)( 2016年南通三模)在平面直角坐标系xOy 中，圆G ：x12 y 2 2 , 圆AB= .3 , P 是圆 C 2：(x 3)2 (y 4)21上的动点，贝U P A PB 的取值范围是(4)若对任意C2: x m 2 y m彳m2，若圆C2上存在点P满足：过点P向圆C1作两条切线PA、PB,切点为A、B, ABP的面积为1,则正数m的取值范围是策略二由动点P对两定点A、B张角是90°( k pA k pB 1，或PA PB 0)确定隐形圆例 2 ( 1)已知圆C：(x 3)2 (y 4)2 1 和两点A( m,0)，B(m,0) (m 0),若圆上存在点P,使得/ APB=90°,贝m的取值范围是________________•(2)(海安2016届高三上期末)在平面直角坐标系xOy中，已知点P(-1 , 0), Q(2, 1),直线I: ax by c 0其中实数a, b, c成等差数列，若点P在直线I上的射影为H,则线段QH的取值范围是______________ .(3)设m R，直线l i : x my 0与直线12 : mx y 2m 4 0 交于点P(X o,y°)，贝U x。

数学高考二轮热点难点微专题五隐圆问题

第8页
专题综述典型例题课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
解法 2 因为 P 在直线 x＋ 3y－b＝0 上，所以 3y＝－x＋b，代入 3x2＋3y2＋8x －16＝0，得 4x2＋(8－2b)x＋b2－16＝0.因为点 P 有且只有两个，所以方程有两个不相等的根，即 Δ>0，整理得 3b2＋8b－80<0，解得 b∈－230，4.
第5页
专题综述典型例题课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
(2) [－1,2] 解析：设 P(x0，－x0－1)，A(x1，y1)，则 B(2x1－x0,2y1＋x0＋1)．
则2x1x－1－2x20＋－y221＝2＋1，2y1＋x0＋12＝1，
即x1－x0＋2 22＋y1＋x0＋2 12＝14， x1－22＋y21＝1.
第9页
专题综述典型例题课后作业
热点难点微专题五 “隐圆”问题
【方法归类】发现隐圆的方法：1. 利用圆的定义或圆的几何性质确定隐形圆． 2. 在平面上给定相异两点 A、B，设点 P 在同一平面上且满足 PA＝λPB, 当 λ>0 且 λ≠1 时，点 P 的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆． 3. 两定点 A，B，动点 P 满足P→A·P→B＝λ 确定隐形圆． 4. 两定点 A，B，动点 P 满足 PA2＋PB2 是定值确定隐形圆．
所以圆 M 和圆 O 有公共点，即 0≤OM≤2，故圆心 O 到直线 l 的距离 d＝ |－a24＋a|1≤2，
解得－ 33≤a≤ 33，所以实数 a 的取值范围为－ 33， 33.
第7页
专题综述典型例题课后作业热点难点微专题五 “隐圆”问题
(4) －230，4 解析：设点 P 坐标为(x，y)，因为 PB＝2PA，所以 PB2＝4PA2，即 (x－4)2＋y2－4＝4(x2＋y2－1)，整理得 3x2＋3y2＋8x－16＝0. 解法 1 该方程表示一个圆，圆心－43，0，r＝83.因为点 P 有且只有两个，所以直线和圆相交，故－432－b<83，解得 b∈－230，4.

2022年高三二轮专题复习数学课件隐圆问题

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左侧，若直线x＋ 3y＋m＝0上存在点P，使得|PA|＝2|PB|，求m的取值范围．
[解] 由题意得A(－1，0)，B(1，0)，设P(x，y)，则由|PA|＝2|PB|，得
（x＋1）2＋y2＝2 （x－1）2＋y2，即x－532＋y2＝196，因此圆x－532＋y2＝196与直
线x＋
3
y＋m＝0有交点，即
另一方面，由于D为AB的中点，所以―O→A ＋―O→B ＝2―O→D ，则|―O→A ＋―O→B |＝
2|
―→ OD
|，因而只要求圆(x－3)2＋y2＝1上一动点D到定点O距离的最大值，易知此最大
值为OC＋1＝4，故|―O→A ＋―O→B |的最大值是8.
[答案] 8
类型二
直线和隐圆
[例2] 在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝1交x轴于A，B两点，且点A在点B的
∴2f(x)＝g(x)＋h(x)≥g(x)＋g(x)＝2g(x)，即f(x)≥g(x)恒
成立，作出g(x)和f(x)的图象如图所示，则g(x)在直线f(x)
的下方或重合，则直线f(x)的截距b>0，且原点到直线y
＝2x＋b的距离d≥1，d＝
|b| 22＋1
＝
|b| 5
≥1⇒b≥
5或b≤
－ 5(舍去)，即实数b的取值范围是[ 5，＋∞)．答案：[ 5，＋∞)
|≤|AC|＋1，即
2
－1≤|
―→ AM
|≤
2＋
1，即 2－1≤m≤ 2＋1.
答案： 2－1， 2＋1
3．若定义域均为D的三个函数f(x)，g(x)，h(x)满足条件：对任意x∈D，点(x，g(x))与
点(x，h(x))都关于点(x，f(x))对称，则称h(x)是g(x)关于f(x)的“对称函数”．已知

2020届江苏省高考二轮复习专题：隐形圆问题梳理及运用课件(共15张PPT)

Q
小结：核心思想：合理转化
数形合
常见转化途径：三角形外接圆轨迹思想求出圆阿波罗尼斯圆
作业：
1.在三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足 2a2+b2+c2=8 ，求三角形ABC面积的最大值． 2.已知A(0，1)，B(1，0)，C(t，0)，点D是直线AC上的动点，若AD ≤ 2BD恒成立，则最小正整数t的值为________________．
5.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C经过A(0，2)，O(0，0)，D(t，0) ( t > 0 ) 三点，
M是线段AD上的动点，l1，l2是过点B(1，0)且互相垂直的两条直线，其中l1交y轴于点E，l2 交圆C于P，Q 两点． (1)若t ＝PQ＝6，求直线l2的方程； (2)若t是使 AM ≤ 2BM 恒成立的最小正整数，求三角形EPQ的面积的最小值．
本专题主要来研究发现隐圆并用隐圆解决相关问题.
A
B
C
D
E
轨迹思想
注：ABC 中，若AB为定长，则以下关系表明点C在圆上：
1. AC2 BC2 定值； 2.kAC kBC - 1；
阿波罗尼斯圆
阿波罗尼斯圆：平面上到两个定点的距离之比为定值（不为1）的点的轨迹是一个圆。
.
3.已知点A（2，3），点B（6，-3），点P在直线3x - 4y + 3 = 0上，若满足等式 uuur uuur AP BP 2 0 的点P有两个，则实数的取值范围是_______________．
4.在平面直角坐标系 xOy 中，已知B，C为圆 x2 y2 4 上两点，点A（1，1），且 AB AC ，则线段BC的长的取值范围为_______________．

高考数学浙江专用二轮培优名师公开课市级获奖课件：专题五微点深化导函数的隐零点问题

x＋xln ∴k< x－1
x
min，
x＋xln x x－ln x－2 令 g(x)＝，则 g′(x)＝，令 h(x)＝x－ln x－2(x>1). x－1 （x－1）2
1 x－1 则 h′(x)＝1－x＝ x >0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，存在 x0∈(3，4)，使 h(x0)＝0，
f′(x)的零点取到.但 f′(x)＝0 是超越方程，无法求出来其解.上述解法中没有直接求解 a x0，而是在形式上假设.这样处理的好处在于通过对 x0 满足的等式 e ＝2x ，ln x0＝ 0
2x0
a a 2x0 ln 2－2x0 的合理代换使用，快速将超越式 e －aln x0 化简为普通的代数式2x ＋2ax0 0 2 ＋aln a，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了 x0.在求解的过程中，不要急于消掉 x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助 f′(x0)＝0 作整体代换，从而使问题获解.
1 －a< －1 e
1 h(x0)<he ，
1 而 h(x)显然是增函数，∴0<x0< e 1 综上，当 a>1－e 时，f(x)>e＋1.
1 1 >e，∴hx >h(e)＝e＋1. x0 0
探究提高
先分离变量，再构造函数，不需要分类讨论，简单、直接，从而简
化解题过程.
热点二
整体代换解决隐零点问题
【例 2】设函数 f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)的零点的个数； 2 (2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln a.

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