30 高分提能四　隐零点问题的处理技巧 【正文】教师

高分提能四隐零点问题的处理技巧[备选理由]例1考查函数导数与绝对值不等式结合,通过分类讨论、虚设零点转化构造新函数解决求最值范围问题;例2通过零点代换解决证明范围问题;例3给出两种方法,一种是讨论隐零点,一种是通过放缩来避免零点,达到解决问题的目的.1[配例1使用][2023·杭州二模]已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的零点个数;(2)若|f(x)|>alnx-a恒成立,求a的取值范围.解:(1)由f(x)=ex-ax=0,得xex=a(x设h(x)=xex(x≠0),则h'(x)=(x+1)ex,当x<-1时,h'(x)<0,当-1<x<0或x>0时,h'(x)>0,所以h(x)=xex在(-1,0),(0,+∞)上单调递增,在(-∞,-1)上单调递减,又当x→0时,h(x)→0,所以h(x)min=h(-1)=-1e作出h(x)=xex(x≠0)的大致图象如图,由图可知,当a<-1e或a=0时,f(x)无零点当a=-1e或a>0时,f(x)有一个零点当-1e<a<0时,f(x)有两个零点(2)①当a=0时,|f(x)|>alnx-a,即ex>0恒成立,符合题意.②当a<0时,由|f(x)|>alnx-a,可得x>0,则ex-ax>所以ex-ax>alnx-a,即ex>1x设m(x)=1x+lnx-1,则m'(x)=-1x2+1当0<x<1时,m'(x)<0,当x>1时,m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)≥m(1)=0,所以当a<0时,ex>0≥1x+ln即|f(x)|>alnx-a恒成立,即a<0符合题意.③当a>0时,由(1)可知,h(x)-a=xex-a在(0,+∞)上单调递增.又h(0)-a=-a<0,h(a)-a=a(ea-1)>0,所以存在x0∈(0,a),使得h(x0)-a=x0ex0-a=当x∈(0,x0)时,xex-a<0,即ex-ax<设g(x)=ax-ex-alnx+a则g'(x)=-ax2-ex-ax<0,所以g(x)在(0,x0所以当x∈(0,x0)时,g(x)>g(x0)=-alnx0+a;当x∈(x0,+∞)时,xex-a>0,即ex-ax>设t(x)=ex-ax-alnx+a>因为t'(x)=ex+ax2-ax令p(x)=x2ex+a-ax,x∈(x0,+∞),则p'(x)=(x2+2x)ex-a,又令n(x)=(x2+2x)ex-a,x∈(x0,+∞),则n'(x)=(x2+4x+2)ex>0,得n(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以p'(x)>n(x0)=(x02+2x0)ex0得p(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以p(x)>p(x0)=x02ex则t'(x)=p(x)x2>0,得t(x)在(x0则当x∈(x0,+∞)时,t(x)>t(x0)=-alnx0+a.由a>0,|f(x)|>alnx-a恒成立,得-alnx0+a>0,可得0<x0<e,又a=x0ex0,h(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,所以0<a<ee+综上可知,a的取值范围是(-∞,ee+1).2[配例2使用][2023·唐山开滦二中一模]已知函数f(x)=(mx-1)e2x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)ex,若曲线y=g(x)与过点(-1,0)且斜率为m的直线l相切,求证:解:(1)由题可知,f'(x)=me2x+2(mx-1)e2x=e2x[m+2(mx-1)]=e2x(2mx+m-2),令f'(x)=0,得2mx=2-m,当m=0时,f'(x)=-2e2x<0,f(x)单调递减.当m≠0时,方程2mx=2-m的根为x=2-若m>0,则当x∈-∞,2-m2m时,f'(x)<0,f当x∈2-m2m,+∞时,f'(x)>若m<0,则当x∈-∞,2-m2m时,f'(x)>0,f当x∈2-m2m,+∞时,f'(x)<综上所述,当m=0时,f(x)在R上单调递减,当m>0时,f(x)在-∞,2-m2m上单调递减当m<0时,f(x)在-∞,2-m2m上单调递增(2)证明:g(x)=f(x)ex=(mx所以g'(x)=(mx+m-1)ex.易得直线l的方程为y=m(x+1).设曲线y=g(x)与直线l相切的切点为(x0,y0),则y0=m(x0+1)①,y0=(mx0-1)ex0g'(x0)=(mx0+m-1)ex0=m由①②得m(x0+1)=(mx0-1)ex0由③④得(mx0+m-1)ex0(x0+1)=(mx0-1)即m(x02+x0+1)=x因为存在切点(x0,y0)满足题意,所以方程m(x02+x0+1)=x0所以m=x0由②③得(mx0-1)ex0+mex0=y0将①代入得m(x0+1)+mex0当m=0时,x0=0,y0=0,与②矛盾,当m≠0时,(x0+1)+ex0=1,即x0+e所以x0<0且x0≠-1,所以m=1x0+1令h(x)=x+ex,x<0,则h'(x)=1+ex>0,所以h(x)在(-∞,0)上单调递增,又h(-2)=-2+e-2<0,h-12=-12+所以x0∈-2,-12且x所以x0+1x0+1∈所以m=1x0+1x3[补充使用]已知函数g(x)=xe2x-mx-lnx(其中e是自然对数的底数),若g(x)≥1对x∈(0,+∞)恒成立,则实数m的取值范围为 (D)A.-∞,1e BC.-1e,2 D[解析]方法一:要使g(x)≥1对x∈(0,+∞)恒成立,只需[g(x)]min≥1即可.由题可知g'(x)=(2x+1)e2x-m-1x,设φ(x)=g'(x),x∈(0,+∞),则φ'(x)=4(x+1)e2x+1x2>0,所以g'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为当x→0+时,g'(x)→-∞,当x→+∞时,g'(x)→+∞,所以g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点x0,满足g'(x0)=(2x0+1)e2x0-m-1x0=0,所以m=(2x0+1)e2x0-1x0,且g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以[g(x)]min=g(x0)=x0e2x0-mx0-lnx0=-2x02e2x0-lnx0+1.由[g(x)]min≥1得2x02e2x0+lnx0≤0,所以0<x0<1,2x02e2x0≤-lnx0,两边同时取自然对数,可得2x0+ln(2x0)+lnx0≤ln(-lnx0),即2x0+ln(2x0)≤ln(-lnx0)-lnx0.设h(x)=x+lnx(x>0),则h'(x)=1+1x>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(2x0)≤h(-lnx0),所以2x0≤-ln方法二(切线放缩,避开零点):g(x)≥1对x∈(0,+∞)恒成立等价于m≤e2x-lnx+1x对x∈(0,+∞)恒成立.设Q(t)=t-lnt-1(t>0),则Q'(t)=1-1t=t-1t,所以当t∈(0,1)时,