新高考數(shù)學(xué)一輪專項(xiàng)（導(dǎo)數(shù)）訓(xùn)練專題12導(dǎo)數(shù)中隱零點(diǎn)的應(yīng)用（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題常與函數(shù)單調(diào)性的判斷有關(guān)，而函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)有著緊密的聯(lián)系，按導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)能否求精確解可以分為兩類：一類是數(shù)值上能精確求解的，稱之為“顯零點(diǎn)”；另一類是能夠判斷其存在但無法用顯性的代數(shù)表達(dá)的(f′(x)＝0是超越形式)，稱之為“隱零點(diǎn)”．對于隱零點(diǎn)問題，常常涉及靈活的代數(shù)變形、整體代換、構(gòu)造函數(shù)、不等式應(yīng)用等技巧．
用隱零點(diǎn)處理問題時，先證明函數(shù)f(x)在某區(qū)上單調(diào)，然后用零點(diǎn)存在性定理說明只有一個零點(diǎn)．此時設(shè)出零點(diǎn)x0，則f′(x)＝0的根為x0，即有f′(x0)＝0．注意確定x0的合適范圍，如果含參x0的范圍往往和參數(shù)a的范圍有關(guān)．這時就可以把超越式用代數(shù)式表示，同時根據(jù)x0的范圍可進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s．從而問題得以解決．基本解決思路是：形式上虛設(shè)，運(yùn)算上代換，數(shù)值上估算．用隱零點(diǎn)可解決導(dǎo)數(shù)壓軸題中的不等式證明、恒成立能成立等問題．
隱零點(diǎn)問題求解三步曲
(1)用函數(shù)零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程f′(x0)＝0，并結(jié)合f′(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的取值范圍．
(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．
(3)將零點(diǎn)方程適當(dāng)變形，整體代入最值式子進(jìn)行化簡證明，有時(1)中的零點(diǎn)范圍還可以適當(dāng)縮?。?br>注意：
確定隱性零點(diǎn)范圍的方式是多種多樣的，可以由零點(diǎn)的存在性定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到，甚至可以由題設(shè)直接得到等等．至于隱性零點(diǎn)的范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時盡可能縮小其范圍．進(jìn)行代數(shù)式的替換過程中，盡可能將目標(biāo)式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數(shù)函數(shù)式用有理式替換，這是能否繼續(xù)深入的關(guān)鍵．最后值得說明的是，隱性零點(diǎn)代換實(shí)際上是一種明修棧道，暗渡陳倉的策略，也是數(shù)學(xué)中“設(shè)而不求”思想的體現(xiàn)．
考點(diǎn)一不等式證明中的“隱零點(diǎn)”
【例題選講】
[例1] (2015全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx．
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)的個數(shù)；
(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
解析 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)．由f′(x)＝0得2xe2x＝a．
令g(x)＝2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝0．
當(dāng)a>0時，方程g(x)＝a有一個根，即f′(x)存在唯一零點(diǎn)；
當(dāng)a≤0時，方程g(x)＝a沒有根，即f′(x)沒有零點(diǎn)．
(2)由(1)可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，
當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)0．
故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以[f(x)]min＝f(x0)．
由2e2x0－eq \f(a,x0)＝0得e2x0＝eq \f(a,2x0)，又x0＝，得ln x0＝ln＝lneq \f(a,2)－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝eq \f(a,2x0)－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(a,2)－2x0))＝eq \f(a,2x0)＋2ax0＋alneq \f(2,a)≥2eq \r(\f(a,2x0)·2ax0)＋aln eq \f(2,a)＝2a＋alneq \f(2,a)．
故當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋alneq \f(2,a)．
[例2] (2013全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)若x＝0是f(x)的極值點(diǎn)，求m的值，并討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)m≤2時，求證：f(x)＞0．
解析 (1)f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋m)．由x＝0是f(x)的極值點(diǎn)得f′(0)＝0，所以m＝1．
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋1)．
函數(shù)f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋1)在(－1，＋∞)單調(diào)遞增，且f′(0)＝0．
因此當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0．
所以f(x)在(－1，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．
(2)當(dāng)m≤2，x∈(－m，＋∞)時，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需證明當(dāng)m＝2時，f(x)＞0．
當(dāng)m＝2時，函數(shù)f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)單調(diào)遞增．又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，
故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一實(shí)根x0，且x0∈(－1，0)．
當(dāng)x∈(－2，x0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得＝eq \f(1,x0＋2)，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝eq \f(1,x0＋2)＋x0＝eq \f((x0＋1)2,x0＋2)＞0．
綜上，當(dāng)m≤2時，f(x)＞0．
[例3] 已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋lnx)．
(1)討論f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)；
(2)若x0是f(x)的一個極小值點(diǎn)，且f(x0)>0，證明：f(x0)>2(x0－xeq \\al(3,0))．
解析 (1) f′(x)＝(x＋1)ex－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(a,x)))＝eq \f((x＋1)(xex－a),x)，x∈(0，＋∞)．
①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，不存在極值點(diǎn)；
②當(dāng)a>0時，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex>0．顯然函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
又因?yàn)楫?dāng)x→0時，h(x)→－a0，必存在x0>0，使h(x0)＝0．
當(dāng)x∈(0，x0)時，h(x)0，f(x)為增函數(shù)．
所以，x＝x0是f(x)的極小值點(diǎn)．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)無極值點(diǎn)，當(dāng)a>0時，f(x)有一個極值點(diǎn)．
(2)由(1)得，f′(x0)＝0，即x0ex0＝a，f(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)，
因?yàn)閒(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－eq \f(1,x)g(1)得x0，所以φ(x)為增函數(shù)，
φ(x)x0＋1．
因?yàn)閤0∈(0，1)，所以1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．
相乘得ex0(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－xeq \\al(2,0))＝2(x0－xeq \\al(3,0))．
故f(x0)>2(x0－xeq \\al(3,0))成立．
[例4] 已知函數(shù)f(x)＝aex＋sinx＋x，x∈[0，π]．
(1)證明：當(dāng)a＝－1時，函數(shù)f(x)有唯一的極大值點(diǎn)；
(2)當(dāng)－2