《2019年高考数学压轴题-专题08--隐零点问题(解析版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学压轴题-专题08--隐零点问题(解析版)（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；【答案】【解析】解析：（1），由解得；（2）， 令，有，那么. 不妨设，由，则可知，且. 因此，当时，；当时，；即可知， 所以，得到满足条件的的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数，为何值时，方程有唯一解.【答案】【解析】 ， 当时，有； 设，；又，不妨设，则可
2、知. 当时，得到； ，令，易知，且时，；时，； 综上可知在区间上为减函数，在区间上为增函数；画图函数图像： 因此，可知所求的范围为. 类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数，当时，求实数a的取值范围【答案】【解析】，首先，当时，在上恒成立，则有其次，当时，令，由题1可知，当，即时，此时,同样有再者，当时，函数与相交于点和同时，当时，；当时，. 即可知，将代入得到： ，令，则又由变式2可知，那么，即在区间上递减，因此有，与矛盾，故不合题意综上可知，满足题意的实数a的取值范围为1已知函数f(x)=xex-a(lnx+x)，g(x)=m+1x.（a,mR且为常数，e为自然对数的底）（1）讨论函
3、数f(x)的极值点个数；（2）当a=1时，f(x)g(x)对任意的x(0,+)恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）当a0时，无极值点；当a0时，有且仅有1个极值点；（2）(-,0【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=(x+1)ex-a1x+1=x+1xxex-a，因为函数y=(xex)=ex+xex0在(0,+)上恒成立，所以函数y=xex在区间(0,+)上单调递增，且值域为(0,+)，当a0时，xex-a0在区间(0,+)上恒成立，即f(x)0，故f(x)在(0,+)上单调递增，所以无极值点；当a0时，方程xex-a=0有唯一解，设为x0x00，当0xx0时，f(x)x
4、0时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以x0是函数f(x)的极小值点，即函数f(x)只有1个极值点.（2）当a=1时，不等式f(x)g(x)对任意的x(0,+)恒成立，即xex-lnx-1(m+1)x对任意的x(0,+)恒成立，即ex-lnx+1xm+1对任意的x(0,+)恒成立，记F(x)=ex-lnx+1x，F(x)=ex+lnxx2=x2ex+lnxx2，记h(x)=x2ex+lnx，因为h(x)=2xex+x2ex+1x0在x(0,+)恒成立，所以h(x)在(0,+)上单调递增，且h(1e)=(1e)2e1e-1=e1e-2-10， 所以存在x01e,1使得hx0=0，且x0,x0
5、时，h(x)0，F(x)0，F(x)0，函数F(x)单调递增；.所以F(x)min=Fx0，即F(x)min=ex0-lnx0+1x0，又因为hx0=0x02ex0=-lnx0， x0ex0=-lnx0x0，x0ex0=ln1x0eln1x0，所以x0=ln1x0，因此F(x)min=ex0-lnx0+1x0= x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1，所以1m+1，解得m0.综上，实数m的取值范围是(-,0.2已知f(x)=x-12(lnx)2-klnx-1 (kR).（1）若f(x)是(0,+)上的增函数，求k的取值范围；（2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个
6、数.【答案】(1) (-,1 (2) 三个零点【解析】（1）由f(x)=x-12(lnx)2-klnx-1得f(x)=x-lnx-kx，由题意知f(x)0恒成立，即x-lnx-k0，设F(x)=x-lnx-k，F(x)=1-1x，x(0,1)时F(x)0，F(x)递增；故F(x)min=F(1)=1-k0，即k1，故k的取值范围是(-,1.（2）当k1时，f(x)单调，无极值；当k1时，F(1)=1-k0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间e-k,1有一个零点.另一方面，Fek=ek-2k，设g(k)=ek-2k (k1)，则g(k)=ek-20，从而g(k)在(1,+)递增，则g
7、(k)g(1)=e-20，即Fek0，又F(x)在(1,+)递增，所以F(x)在区间1,ek有一个零点.因此，当k1时f(x)在e-k,1和1,ek各有一个零点，将这两个零点记为x1，x2 x110，即f(x)0；当xx1,x2时F(x)0，即f(x)0，即f(x)0：从而f(x)在0,x1递增，在x1,x2递减，在x2,+递增；于是x1是函数的极大值点，x2是函数的极小值点.下面证明：fx10，fx20由fx1=0得x1-lnx1-k=0，即k=x1-lnx1，由fx1=x1-12lnx12-klnx1-1得fx1=x1-12lnx12-x1-lnx1lnx1-1 =x1+12lnx12-x
8、1lnx1-1，令m(x)=x+12(lnx)2-xlnx-1，则m(x)=(1-x)lnxx，当x(0,1)时m(x)m(1)=0，而x10；当x(1,+)时m(x)0，m(x)递减，则m(x)1，故fx20；一方面，因为fe-2k=e-2k-10，且f(x)在0,x1递增，所以f(x)在e-2k,x1上有一个零点，即f(x)在0,x1上有一个零点.另一方面，根据ex1+x(x0)得ek1+k，则有：fe4k=e4k-12k2-1(1+k)4-12k2-1 =k4+4kk-342+74k0，又fx21|时，h(x)0恒成立，求k的所有取值集合与A的关系；（）记w(x)=f(x)-kxg(x)
9、-k2x，是否存在mN+，使得对任意的实数k(m,+)，函数w(x)在(1,+)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m，若不存在，请说明理由.【答案】（1）y=-x+1；见解析；（2）2【解析】（1）由题意，可得h(x)=f(x)-g(x)=xlnx-lnx-x+k，则h(x)=lnx-1x，所以h(1)=-1，h(1)=0所以h(x)在(1,h(1)处的切线方程为y=-x+1由h(x)0，即kx-xlnx+lnx=m(x)则m(x)=1x-lnx，x(1,+)，因为m(x)=1x-lnx在(1,+)上单调递减，所以m(x)1，kmx01，所以k的所有取值集合包含于集合A.（）
10、令f(x)-kx=xlnx-lnx-kx g(x)-k2x=x-k-k2x，x(1,+)（1）f(x)-kx=lnx+1-1x+kx20，x(1,+)，由于k(m,+)，k1，f(1)=-k0，x(1,+)，g(1)=1-3k20，所以G(x)单调递增.G(2)=ln2-45=15ln32e40，x0(2,2+1)，此时k=x02x0+12=x0+12+14x0+12-185,2，所以满足条件的最小正整数m=2.4已知函数fx=ex,gx=12x2-52x-1（e为自然对数的底数）（1）记Fx=lnx+gx，求函数Fx在区间1,3上的最大值与最小值；（2）若kZ，且fx+gx-k0对任意xR恒
11、成立，求k的最大值【答案】（1）见解析；（2）kmax=-1【解析】（1）Fx=lnx+gx=lnx+12x2-52x-1，Fx=2x-1x-22x，令Fx=0，则x1=12,x2=2， 所以函数Fx在区间1,2上单调递减，在区间2,3单调递增， Fxmin=F2=-4+ln2，Fxmax=maxF1,F3=-4+ln3 （2）fx+gx-k0对任意xR恒成立，ex+12x2-52x-1-k0对任意xR恒成立，kex+12x2-52x-1对任意xR恒成立令hx=ex+12x2-52x-1，则hx=ex+x-52由于hx=ex+10，所以hx在R上单调递增又h0=-320,h12=e12-20，h34=e34-74=0，所以存在唯一的x012,34，使得hx0=0，且当x-,x0时，hx0即hx在-,x0单调递减，在x0,+上单调递增hxmin=hx0=ex0+12x02-52x0-1 又hx0=0，即ex0+x0-52=0，ex0=52-x0hx0=52-x0+12x02-52x0-1=12x02-7x0+3x012,34，hx0-2732,-18又kex+12x2-52x-1对任意xR恒成立，khx0，又kZ，kmax=-15己知函数f(x)=lnx-kx2 (kR).（1
