专题05 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题（解析版）

3.0 envi 2025-04-11 4 4 4.22MB 18 页 3知币
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专题五 挖掘“隐零点”，破解导数压轴题
函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数
的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间—
—零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确
定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零
点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练.
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数 ,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和 上的单调性，并说明理由;
(2)当 时, 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间 单调递增；（2）
【解析】
（1）
.∵f'
(1)
=
1
+b=
3,
∴b=
2,则
f'
(
x
)
=
ln
x+
4
x-
1
.
因为 在 单调递增， 所以当 时
即函数
f
(
x
)在区间 单调递减；当 时
即函数
f
(
x
)在区间 单调递增；
（2）因为 ，而 在（0，1）上递增
存在 使得
，当 时 单调递减；
当 时 单调递增
所以
1
又因为 时 则
所以 则
类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式
例 2. 设函数
2
( ) ln
x
f x e a x 
，设
 
2
0, 2a e
求证：当
0,1x
时，
2
( ) 2 lnf x a a a
 
【答案】见解析
【解析】
( )f x
的定义域为
0,1
，
设
2
( ) 2
x
x xe a
 
，
 
2 2
( ) 2 4 2
x x
x xe x e
 
，
当
0,1x
，
( ) 0x
，即
( )x
在区间
0,1
为增函数，
2
( ) , 2x a e a
 
又因为
 
2
0, 2a e
，所以
2
(0) 0, (1) 2 0a e a
 
 
由零点存在定理可知
'( )f x
在
0,1
的唯一零点为
0
x
当
0
(0, )x x
时，
'( ) 0f x
，当
0
,1x x
，
'( ) 0f x
故
( )f x
在
0
(0, )x
单调递减，在
0
,1x
单调递增，
所以当
0
x x
时，
( )f x
取得最小值，最小值为
0
2
0 0
( ) ln
x
f x e a x 
，
由
0
2
0
2 0
x
x e a 
，即
0
2
0
2
xa
ex
，两边去对数得
0 0
ln ln 2
2
a
x x 
由于，所以
0 0 0
0 0
2 2 2
( ) 2 ln 2 2 ln 2 ln
2 2
a a
f x ax a ax a a a
x a x a a
 
所以
2
( ) 2 lnf x a a a
 
类型三 挖掘“隐零点”，估算极值
2
例 3.【2017 年全国课标 1】已知函数
f
（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且
f
（x）≥0．
（1）求 a；
（2）证明：
f
（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜
f（
x0）＜2﹣2．
【答案】（1）1；（2）见解析.
【解析】（1）因为
f
（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则
f
（x）≥0 等价于
h
（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知
h
′（x）=a﹣
x
1
．则当 a≤0 时
h
′（x）＜0，即 y=
h
（x）在
（0，+∞）上单调递减，所以当 x0＞1 时，
h
（x0）＜
h
（1）=0，矛盾，故 a＞0． 因为
当 0＜x＜
a
1
时
h
′（x）＜0，当 x＞
a
1
时 h
′（x）＞0，所以
h
（x）min=
h
（
a
1
），又因为
h
（1）=a﹣a﹣
ln1=0，所以
a
1
=1，解得 a=1；
（另解：因为
f
（1）=0，所以
f
（x）≥0 等价于
f
（x）在 x＞0 时的最小值为
f
（1），
所以等价于
f
（x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；）
（2）证明：由（1）可知
f
（x）=x2﹣x﹣xlnx，
f′
（x）=2x﹣2﹣lnx，
令
f′
（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣
x
1
，
令 t′（x）=0，解得：x=
2
1
，所以 t（x）在区间（0，
2
1
）上单调递减，在（
2
1
，+∞）上单调递增，所
以 t（x）min=t（
2
1
）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即
f
′（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设
f′
（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f
（x）必存在唯一极大值点 x0，且 2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f
（x0）=
2
0
x
﹣
0
x
﹣
00
ln
xx
=
2
0
x
﹣
0
x
﹣
)22( 00
xx
=﹣
2
0
x
+
0
x
，由 x0＜
2
1
可知
f
（x0）＜
4
1
2
1
2
1
)( 2
max0
2
0
xx
；由
f
′（
e
1
）＜
3
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