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微專題09 隱零點問題
研考題·聚焦關鍵詞
不含參函數的“隱零點”問題的解策略：
已知不含參函數，導函數方程的根存在，卻無法求出，設方程的根為，則有：①關系式成立；②注意確定的合適范圍.
題型一 不含參函數
例1.
（2024·河北邢臺·高三統考期末）
1．已知函數．證明：．
變式：
（2024·高三校考）
2．已知函數，當時，證明：.
含參函數的“隱零點”問題解題策略：
已知含參函數，其中為參數，導函數方程的根存在，卻無法求出，設方程的根為，則有①有關系式成立，該關系式給出了的關系；②注意確定的合適范圍，往往和的范圍有關.
題型二 含參函數
例2.
（重慶市西南大學附中、重慶育才中學、萬州中學拔尖強基聯盟2024屆高三下學期二月聯合考試數學試題）
3．已知函數，其中．
(1)若，求證：在定義域內有兩個不同的零點；
(2)若恒成立，求的值．
變式：（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）
4．已知（其中為自然對數的底數），，求實數的取值范圍.
鞏固能力·突破高分
（2023·高三校考）
5．已知函數.當時，求證：在上存在極值點，且.
（廣東省2024屆高三上學期元月期末統一調研測試數學試卷）
6．若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數”.若為上的“2類函數”，求實數的取值范圍.
（2024·高三校考）
7．已知函數，其中．討論的極值點的個數．
（2024·陜西安康·安康中學校聯考模擬預測）
8．已知函數．當時，不等式恒成立，求整數的最大值．
（2023·湖北黃岡·黃岡中學校考三模）
9．已知函數．
(1)當時，求函數在上的極值；
(2)用表示中的最大值，記函數，討論函數在上的零點個數．
（浙江省溫州市溫州中學2024屆高三第一次模擬考試數學試題）
10．已知.
(1)若過點作曲線的切線，切線的斜率為2，求的值；
(2)當時，討論函數的零點個數.
（2024·高三校考）
11．已知函數
(1)若1是的極值點，求a的值；
(2)求的單調區間：
(3) 已知有兩個解，
（i）直接寫出a的取值范圍；（無需過程）
（ii）λ為正實數，若對于符合題意的任意，當時都有，求λ的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．證明見解析
【分析】
求出，然后繼續求出的導函數，進而確定是增函數，設出零點，求出的單調性，進而求出其極值，然后通過放縮證明不等式.
【詳解】
由已知，
令函數，則，所以是增函數．
因為，，
所以存在，使得，即．
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
．
因為，所以，
所以．
故．
2．證明見解析
【分析】
令，求出函數的導函數，說明函數的單調性，求出函數的極值，即可證明.
【詳解】當時，令，，
求導得，
令，，，
即函數在上單調遞增，而，
則存在唯一，使得，即，
因此存在唯一，使得，
當時，，當時，，
因此函數在上遞減，在上遞增，
當時，，
則，
（當且僅當即時，取等號，故式子取不到等號）
所以當時，.
【點睛】思路點睛：函數不等式證明問題，將所證不等式等價轉化，構造新函數，再借助函數的單調性、極(最)值問題處理.
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）分類討論自變量的范圍得函數的單調性，結合零點存在性定理即可求解，
（2）根據恒成立，且，可得是的一個極大值點，即可得，進而根據的單調性求解最值，結合三角函數的有界性即可求解.
【詳解】（1）時，，
①時，由于均為上的單調遞減函數，所以在上單調遞減，所以，
所以在上單調遞增，又，，
所以，使得，即在上有且僅有1個零點；
②時，知在上單調遞減，
即，所以，
所以在上沒有零點；
③時，，所以，
即在上單調遞減，又，，
所以在上有且僅有1個零點；
綜上所述，在內有兩個不同的零點，.
（2）令，
由于恒成立，且，同時在上連續，
所以是的一個極大值點.
因為，所以，即，
下面證明時，在上恒成立，
由（1）知，時，，當故在上單調遞增，在上單調遞減；
所以，又，
故恒成立.
【點睛】方法點睛：
1. 導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
2.利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用.
3.證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
4．
【分析】求得，根據題意，得到，令，得到使得，利用函數的單調性，求得，再由，求得，再由，設，利用導數求得函數的單調性，即可求解.
【詳解】由，可得，
由，因為，可得，
令，則在上遞減，
當時，可得，則，所以，
則，
又因為，使得，即
且當時，，即；
當時，，即，
所以在遞增，在遞減，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因為，設，則，
可知在上遞增，且，
所以實數的取值范圍是.
5．證明見解析
【分析】
先根據零點存在定理，說明存在正數解，然后利用，用表示后，構造函數，證明即可.
【詳解】，則，
令，，，
當時，，遞增，當時，，遞減，在處取得最小值，
而，
記，，則在上單調遞減，故，
于是，即；
由，
令，，
記，則，則在單增，，
故在上遞增，，取，則；
記，，于是時，，遞減，時，，遞增，則在處取得最大值，
故，取得等號，于是，
由和零點存在定理可知，，使得，
且，，，，所以是極小值點；
由可得，，
令，代入，整理，，
于是時，，遞減，時，，遞增，故在處取得最大值，
故，取，故，原命題得證.
6．
【分析】
理解新定義函數的性質，將其轉化為導函數在給定區間上的范圍問題，接著通過參變分離法化成求對應函數的最值問題即得參數范圍.
【詳解】由可得：，
由題意知，對于任意不同的，都有，
可轉化為對于任意，都有，
由可轉化為，令，只需.
，令，在單調遞減，
所以，則，即在單調遞減，
，則得：；
由可轉化為，令，只需.
，令，在單調遞減，
且，，所以使，即，
即，
當時，，，故在單調遞增，
當時，，，故在單調遞減，
，則得：.
綜上，即得實數的取值范圍為.
7．有且僅有一個極值點
【分析】
利用導數研究函數的單調性，分析極值即可.
【詳解】由題意知，函數的定義域為，
，
設，，顯然函數在上單調遞增，與同號，
①當時，，，
所以函數在內有一個零點，且，，，，
故在單調遞減，在單調遞增；
所以函數在上有且僅有一個極值點；
②當時，同①可知，函數在上有且僅有一個極值點1；
③當時，，，
因為，所以，，
又，所以函數在內有一個零點，
且，，，，
故在單調遞減，在單調遞增；
所以函數在上有且僅有一個極值點；
綜上所述，函數在上有且僅有一個極值點．
8．2
【分析】
利用參變分離可得對任意恒成立，構造函數利用導函數求得的最小值的取值范圍即可得整數的最大值為2.
【詳解】由題意知對任意恒成立，
可知對任意恒成立；
設函數，只需，
對函數求導，得；
設函數，對函數求導，得，
所以函數在上單調遞增．
又，
所以存在，使，即，
所以當時，，函數單調遞減；
當時，，函數單調遞增，
所以，
所以．又，所以，
所以整數的最大值2．
9．(1)極大值為，極小值
(2)答案見解析
【分析】
（1）求導，得到函數的單調性和極值情況；
（2）分，和，結合，對進行分類討論，求出零點個數.
【詳解】（1）
當時，，
由，得或，則和隨的變化如下表所示：
0
+ 0 - 0 + 0 -
極大 極小 極大
∴在上有2個極大值：在上有1個極小值．
（2）
由，知．
（ⅰ）當時，，
∴，故在上無零點．
（ⅱ）當時，．
故當時，即時，是的零點；
當時，即時，不是的零點．
（ⅲ）當時，．故在的零點就是在的零點，
．
①當時，，故時，在是減函數，
結合，可知，在有一個零點，
故在上有1個零點．
②當時，，故時，在是增函數，
結合可知，在無零點，故在上無零點．
③當時，，使得時，在是增函數；
時，在是減函數；
由知，．
當，即時，在上無零點，故在上無零點．
當，即時，在上有1個零點，故在上有1個零點．
綜上所述，時，有2個零點；時，有1個零點；時，無零點
【點睛】
導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
10．(1)1
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，設切點坐標為，結合導數的幾何意義列式求解即可；
（2）求導，可得在內單調遞減，分類討論判斷在內的單調性，進而結合零點存在性定理分析判斷.
【詳解】（1）由題意可得：，
設切點坐標為，
則切線斜率為，即，
可得切線方程為，
將，代入可得，
整理得，
因為在內單調遞增，
則在定義域內單調遞增，且當時，，
可知關于的方程的根為1，即，
所以.
（2）因為，
則，
可知在內單調遞減，
且，則，且在內單調遞減，
可知在內單調遞減，所以在內單調遞減，
且，
（i）若，即時，則在內恒成立，
可知在內單調遞增，則，當且僅當時，等號成立，
所以在內有且僅有1個零點；
（ⅱ）若，即時，則在內恒成立，
可知在內單調遞減，則，當且僅當時，等號成立，
所以在內有且僅有1個零點；
（ⅲ）若，即時，則在內存在唯一零點，
可知當時，；當時，；
則在內單調遞增，在內單調遞減，
且，可知，可知在內有且僅有1個零點，
且，
①當，即時，則在內有且僅有1個零點；
②當，即時，則在內沒有零點；
綜上所述：若時，在內有且僅有1個零點；
若時，在內有且僅有2個零點.
【點睛】
方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．
11．(1)；
(2)答案見解析；
(3)（i）；（ii）.
【分析】
（1）求導后，利用極值點的定義可知，從而求得；
（2）分類討論與，可得的單調情況；
（3）（i）構造，分類討論與時的圖像性質，由極大值得到，再分類討論區間與上零點的情況可確定a的取值范圍；
（ii）對進行轉化得，令，則，構造函數證得，分類討論與兩種情況，從而確定.
【詳解】（1）因為，所以，
因為1是的極值點，所以，故，故.
此時，則時，時，
所以上遞增，上遞減，則1是的極值點，滿足題設.
綜上，.
（2）由（1）知，
當時，，故在上單調遞增；
當時，令得；令得；
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
綜上：當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
（3）（i）由得，即有兩個解，
令，則，且在上兩個零點，
當時，，故在上單調遞增，則在上沒有兩個零點，不滿足題意；
當時，令，得；令，得；
所以在上單調遞增，在上單調遞減，即的極大值為，
為使在上有兩個零點，則，即，解得，
當時，易知，因為，故，
又在上單調遞增，所以在有唯一零點；
當時，
令，則，
再令，則，故在上單調遞增，
所以，即，故在上單調遞增，
所以，因為，
所以，即，即，即，故，
所以，故，
又在上單調遞減，所以在有唯一零點；
綜上：當時，在上兩個零點，即有兩個解時，，即；
（ii）由（i）得，，，故，
又，所以，即，即，故，
令，則， 故，
設，則，
當時，，
故當時，恒成立，故在上為增函數，
故即在上恒成立.
當時，，而
當時，
故存在，使得，使得，
故在為減函數，故，矛盾，舍；
綜上：，即.
【點睛】
方法點睛：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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