隐零点问题--2024届高考数学拓展(解析版)

隐零点问题隐零点问题--2024届高考数学拓展
（解析版）
1(2023·荆门模拟)设函数f(x)=e x+b sin x，x∈(-π，+∞)．若函数f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率为2.
(1)求实数b的值；
(2)求证：f(x)存在唯一的极小值点x0，且f(x0)>-1.
【答案】(1)解：∵f(x)=e x+b sin x，
∴f′(x)=e x+b cos x，
由导数的几何意义知，f(x)在(0，f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=e0+b cos0=1+b，
由已知k=1+b=2，解得b=1.
(2)证明　由(1)得f(x)=e x+sin x，x∈(-π，+∞)，
∴f′(x)=e x+cos x，
令g(x)=e x+cos x，x∈(-π，+∞)，则g′(x)=e x-sin x，
当x∈(-π，0]时，e x>0，sin x≤0，g′(x)=e x-sin x>0，
当x∈(0，+∞)时，e x>1，sin x≤1，g′(x)=e x-sin x>0，
∴当x∈(-π，+∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，
又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=1
eπ
-1<0，g-π
2
=e-π2+cos-π2
=e-π2>0，
∴存在唯一x0∈-π，-π
2
，
使g(x0)=e x0+cos x0=0，
又∵g(x)在区间(-π，+∞)上单调递增，
∴x=x0是g(x)在(-π，+∞)上的唯一零点，
∴f′(x)=e x+cos x在区间(-π，+∞)上单调递增，且f′(x0)=e x0+cos x0=0，当x∈(-π，x0)时，f′(x)<0，f(x)在区间(-π，x0)上单调递减；
当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，+∞)上单调递增，
∴f(x)存在唯一极小值点x0.
又∵e x0+cos x0=0，
∴e x0=-cos x0，
∴f(x0)=e x0+sin x0=sin x0-cos x0=2sin x0-π
4
，
又∵x0∈-π，-π2
，
∴x0-π
4∈-5π
4，-
3π
4 ，
∴sin x 0-π4 ∈-22，22 ，
∴f (x 0)=2sin x 0-π4 ∈(-1,1)，
∴f (x 0)>-1.
2(2023·绵阳模拟)已知函数f (x )=ax -ln x ，a ∈R .
(1)若a =1e ，求函数f (x )的最小值及取得最小值时的x 的值；
(2)若函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．
【
答案】解：(1)当a =1e 时，
f (x )=1e x -ln x ，定义域为(0，+∞)，
所以f ′(x )=1e -1x =x -e ex ，
令f ′(x )=0得x =e ，
所以当x ∈(0，e )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；
当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，
所以函数f (x )在x =e 处取得最小值，f (x )min =f (e )=0.
(2)因为函数f (x )≤xe x -(a +1)ln x 对x ∈(0，+∞)恒成立，
所以xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立，
令h (x )=xe x -a (x +ln x )，x >0，
则h ′(x )=(x +1)e x -a 1+1x
=(x +1)e x -a x ，
①当a =0时，h ′(x )=(x +1)e x >0，h (x )在(0，+∞)上单调递增，
所以由h (x )=xe x 可得h (x )>0，
即满足xe x -a (x +ln x )≥0对x ∈(0，+∞)恒成立；
②当a <0时，则-a >0，h ′(x )>0，
h (x )在(0，+∞)上单调递增，
因为当x 趋近于0+时，h (x )趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a >0时，令h ′(x )=0得a =xe x ，
令k (x )=e x -a x ，k ′(x )=e x +a
x 2>0恒成立，
故k (x )在(0，+∞)上单调递增，
因为当x 趋近于正无穷时，k (x )趋近于正无穷，
当x趋近于0时，k(x)趋近于负无穷，
所以∃x0∈(0，+∞)，使得h′(x0)=0，a=x0e x0，所以当x∈(0，x0)时，
h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以只需h(x)min=h(x0)
=x0e x0-a(x0+ln x0)
=x0e x0(1-x0-ln x0)≥0即可；
所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0，
因为x0=aee-x0，
所以ln x0=ln a-x0，
所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e，
解得0<a≤e，所以a∈(0，e]，
综上所述，实数a的取值范围为[0，e]．
3(2023·咸阳模拟)已知f(x)=(x-1)2e x-a
3
x3+ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)+ln x-1
2
x2零点的个数，并说明理由．
【答案】解：(1)由题知，
f′(x)=(x2-1)e x-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(e x-a)．
若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；
当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；
若1<a<e，即0<ln a<1，
当0<x<ln a或x>1时，f′(x)>0；
当ln a<x<1时，f′(x)<0；
∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增；若a=e，f′(x)≥0，
∴f(x)在定义域上是增函数；
若a>e，即ln a>1，
当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0；
当1<x<ln a时，f′(x)<0；
∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，+∞)上单调递增．(2)当a=0时，g(x)=ln x-1
2
x2+(x-1)2e x，定义域为(0，+∞)，
∴g′(x)=1
x -x+(x2-1)e x=(x+1)(x-1)e x-1
x
，
设h(x)=e x-1
x
(x>0)，
∴h′(x)=e x+1
x2
>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h1
2
=e-2<0，h(1)=e-1>0，
∴存在唯一x0∈1
2，1
，使h(x0)=0，
即e x0-1
x0
=0，e x0=1
x0，-x0
=ln x0，
当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，
在区间(1，+∞)上单调递增，
∴当x=x0时，g(x)取极大值g(x0)=ln x0-1
2x20+(x0-1)2e x0=-1
2
x20+1
x0
-2，
设F(x)=-1
2
x2+1
x
-21
2
<x<1
，易知F(x)在区间12，1
上单调递减．
∴g(x0)<g1
2
=-18<0，
∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)=-1
2
<0，g(2)=e2-2+ln2>0，
∴g(x)在(1，+∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
4(2023·天津模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1，g(x)=x(e x-x)．
(1)若直线y=2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a=-1时，求证：f(x)≤g(x)+x2.
【答案】(1)解：设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)=1
x
-a，
得f′(x0)=1
x0
-a，
所以切线方程为y-(ln x0-ax0+1)=
1
x
-a
(x-x0)，即y=1x
-a
x+ln x0.
因为直线y =2x 与函数f (x )的图象相切，
所以1x 0
-a =2，ln x 0=0， 解得a =-1.
(2)证明：当a =-1时，f (x )=ln x +x +1，
令F (x )=g (x )-f (x )+x 2
=xe x -ln x -x -1(x >0)，则F ′(x )=(x +1)e x -
1x
-1=x +1x xe x -1 ，令G (x )=xe x -1(x >0)，
则G ′(x )=(x +1)e x >0，
所以函数G (x )在区间(0，+∞)上单调递增，
又G (0)=-1<0，G (1)=e -1>0，
所以函数G (x )存在唯一的零点x 0∈(0,1)，
且当x ∈(0，x 0)时，G (x )<0，F ′(x )<0；当x ∈(x 0，+∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0.
所以函数F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，+∞)上单调递增，
故F (x )min =F (x 0)=x 0e x 0
-ln x 0-x 0-1，
由G (x 0)=0得x 0e x 0-1=0，
两边取对数得ln x 0+x 0=0，
故F (x 0)=0，
所以g (x )-f (x )+x 2≥0，
即f (x )≤g (x )+x 2.5(2023·包头模拟)已知函数f (x )=ae x -ln (x +1)-1.
(1)当a =e 时，求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)证明：当a >1时，f (x )没有零点．
【答案】(1)解：当a =e 时，f (x )=e x +1-ln (x +1)-1，
f (0)=e -1.f ′(x )=e x +1-
1x +1
，f ′(0)=e -1，
故曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y -(e -1)=(e -1)x ，即y =(e -1)x +e -1.因为该切线在x ，y 轴上的截距分别为-1和e -1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S =1
2×|-1|×(e -1)=e -12
.
(2)证明　当a>1时，
因为f(x)=ae x-ln(x+1)-1，
所以f′(x)=ae x-
1 x+1
=ae x(x+1)-1
x+1
(x>-1)，
令g(x)=ae x(x+1)-1(x>-1)，
则g′(x)=ae x(x+2)，
因为a>1，x>-1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(-1，+∞)上单调递增，
又g(-1)=-1<0，g(0)=a-1>0，
故g(x)在(-1,0)上有唯一的零点β，即g(β)=0，
因此有aeβ(β+1)=1.当x∈(-1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.
所以f(x)在(-1，β)上单调递减，在(β，+∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β+1)=1，得-ln(β+1)=ln a+β，
所以当-1<β<0时，
f(β)=aeβ-ln(β+1)-1
=1β+1+β-1+ln a=ln a+
β2
β+1，
因为a>1，所以ln a>0，又因为-1<β<0，
所以
β2
β+1
>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
6(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-ln x-2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x∈(1，+∞)，都有x ln x+x>k(x-1)成立，求整数k的最大值．
【答案】解：(1)函数f(x)=x-ln x-2的定义域是(0，+∞)，f′(x)=1-1 x，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，+∞)．
(2)∀x∈(1，+∞)，x ln x+x>k(x-1)⇔k<x ln x+x
x-1，
令g(x)=x ln x+x
x-1，x>1，
求导得g′(x)=(2+ln x)(x-1)-(x ln x+x)
(x-1)2
=x-ln x-2
(x-1)2
，
由(1)知，f(x)=x-ln x-2在(1，+∞)上单调递增，f(3)=1-ln3<0，f(4)=2(1-ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，
使得f(x0)=0，
即x0-ln x0-2=0⇔ln x0=x0-2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，
即g′(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，
即g′(x)>0，
因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
于是g(x)min=g(x0)=x0ln x0+x0
x0-1
=
x0(x0-2)+x0
x0-1
=x0，
则k<x0∈(3,4)，
所以整数k的最大值是3.。