2027版53B版新高考版数学总复习分层训练培优2　隐零点问题

专题三导数及其应用培优2隐零点问题目录类型1隐零点不含参问题类型2隐零点含参问题类型1隐零点不含参问题1.(2026四川广安二模)已知函数f(x)=ex-ax-1,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(x)-x2,当a=2时,g(x)在(0,+∞)上的极小值点为x0,求证:g(x0)<-

.注:e3≈20.09.解析

(1)由f(x)=ex-ax-1得f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,则函数f(x)在R上单调递增;当a>0

时,由f'(x)=0得x=lna,当x<lna时,f'(x)<0,当x>lna时,f'(x)>0.则函数f(x)在(-∞,lna)上单调

递减,在(lna,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增;当a>0时,函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)证明:当a=2时,g(x)=f(x)-x2=ex-2x-1-x2,x>0,则g'(x)=ex-2x-2,因为g(x)在(0,+∞)上的极小

值点为x0,则g'(x0)=

-2x0-2=0,即

=2x0+2①,因为g'

=

-5=

-5≈

-5<0,g'(2)=e2-6>0,所以由零点存在定理,可得x0∈

,将①代入g(x0)=

-2x0-1-

,得g(x0)=2x0+2-2x0-1-

=-

+1,因为该函数在x0∈

上单调递减,则g(x0)<g

=

+1=-

,得证.2.(2026四川成都二模)已知函数f(x)=ex-ln(x+a)+b的图象在(0,f(0))处的切线方程为x-2y+

2-2ln2=0.(1)求a,b;(2)设x1,x2是方程f(x)=

的两根,求证:-1<x1+x2<-

.(注:e=2.71828…是自然对数的底数)解析

(1)由题意可得f'(x)=ex-

,因为f(x)的图象在(0,f(0))处的切线方程为x-2y+2-2ln2=0,所以

即

解方程得

(2)证明:令g(x)=f(x)-

,则方程f(x)=

的两根x1,x2是函数g(x)的两个零点,不妨设x1<x2.g'(x)=ex-

在(-2,+∞)单调递增,又g'(-1)=e-1-1<0,g'(0)=

,故存在唯一的x0∈(-1,0),使得g'(x0)=0.所以当x∈(-2,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x0)>0,g(x)单调递增.由g(-1)=0,得x1=-1,从而g(x0)<0,又因为g(0)=e0-ln2-

<1-ln2-

=

-ln2=

(2-ln8)<0,g

=

-ln

-

>

-1-

=

-

>0,所以x2∈

.故-1<x1+x2<-

.类型2隐零点含参问题1.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右

的三个交点的横坐标成等差数列.解析

(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-

.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=

.易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g

=1+lna,∴a-alna=1+lna,即lna=

①.令h(x)=lnx-

(x>0),则h'(x)=

-

=

>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln1-

=0,∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,当x<0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点

的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则

-x1=

-x2=x2-lnx2=x3-lnx3,∴

-x1=x2-lnx2=

-lnx2.易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=

.又

-x2=x2-lnx2,∴lnx2+

=2x2.∴lnx2+

=x1+x3=2x2.∴x1,x2,x3成等差数列.∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三

个交点的横坐标成等差数列.2.(2026河南郑州二模)函数f(x)=ax-xex,a∈R,e为自然对数的底数.(1)当a=2时,过点(0,m)可以作曲线y=f(x)三条切线,求实数m的取值范围;(2)若存在a∈R+,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.解析

(1)当a=2时,f(x)=2x-xex,f'(x)=2-(x+1)ex,设切点为(x0,2x0-x0

),则切线方程为y-(2x0-x0

)=[2-(x0+1)

](x-x0),把(0,m)代入得m-(2x0-x0

)=[2-(x0+1)

](0-x0),整理得m=

,因为过点(0,m)可以作曲线y=f(x)三条切线,所以m=

有三个解.设g(x)=x2ex,则问题转化为函数g(x)的图象与直线y=m有三个交点.g'(x)=(x2+2x)ex,令g'(x)>

0,得x<-2或x>0,令g'(x)<0,得-2<x<0,所以g(x)在区间(-∞,-2)和(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)

上单调递减,g(-2)=

,g(0)=0,且x→-∞时,g(x)→0,x→+∞时,g(x)→+∞,所以当0<m<

时,函数g(x)的图象与直线y=m有三个交点,即m=

有三个解,亦即过点(0,m)可以作曲线y=f(x)三条切线.(2)f(x)≤a+b等价于b≥ax-xex-a对任意x∈R成立,令h(x)=ax-xex-a,a>0,则b≥h(x)max.h'(x)=a-(x+1)ex,h″(x)=-(x+2)ex,易知h'(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,当

x<-1时,h'(x)>0,x→+∞时,h'(x)<0,所以存在x0∈(-1,+∞),h'(x0)=0,且当x∈(-∞,x0)时,h'(x)>

0,h(x)单调递增,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.h(x)max=h(x0)=ax0-x0

-a,又因为h'(x0)=a-(x0+1)

=0,所以a=(x0+1)

,h(x)max=x0(x0+1)

-x0

-(x0+1)

=(

-x0-1)

,存在a>0,x0∈(-1,+∞),使得b≥h(x0)即可,所以b≥h(