创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题36　导函数的隐零点.doc

微专题36导函数的隐零点导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.类型一导函数中二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.例1 已知实数a满足a2，且函数f(x)ln x(a2)x恰有一个极小值m和极大值M，求mM的最大值(其中e为自然对数的底数).解由于f(x)x(a2)，x>0，设正数x1，x2是x2(a2)x10的两个相异实根，即方程a2x，x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2，由于当0<x<x1时，f(x)>0，当x1<x<x2时，f(x)<0，当x>x2时，f(x)>0，从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增，从而f(x)的极大值为Mf(x1)，极小值为mf(x2)，且x1x2a2，x1x21.又(a2)222e，令t>1，从而te，从而te.故mMf(x2)f(x1)ln (a2)(x2x1)ln (x2x1)(x2x1)ln ln ln ln tt，te.令g(t)ln tt，te.从而g(t)<0，从而g(t)在e，)上单调递减，故mMg(t)，te的最大值为g(e)1.训练1 已知函数f(x)xaln x，aR.若对任意的x1，e，都有f(x)2e恒成立，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).解由题意知只需f(x)min，f(x)max2e，x1，e.下面分f(x)单调和非单调进行讨论.显然f(x)的定义域为(0，)，且f(x)1，x>0.若对任意的x1，e恒有f(x)0时，即a0时，则f(x)在1，e上单调递增，故要使得f(x)2e，只需f(1)<f(e)2e，即故0ae.若对任意的x1，e恒有f(x)0时(即ax对任意的x1，e恒成立)，即ae时，则f(x)在1，e上单调递减，故要使得f(x)2e，只需f(e)<f(1)2e，即故ae.若e<a<0时，则f(x)在(1，e)上存在唯一的零点x0，且当1x<x0时，f(x)<0，当x0<xe时，f(x)>0，故f(x)在1，x0)上单调递减，在(x0，e上单调递增.要使得f(x)2e，则需即考虑到x0满足xax010，从而f(x0).令h(x)，x(1，e)，则h(x)<0，故h(x)在(1，e)上单调递减，又x0(1，e)，从而f(x0)h(x0)>h(e).故使得不等式f(x)2e成立的实数a的范围为e<a<0.综合上述，满足条件的实数a的范围为.类型二导函数中非二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.例2 已知函数f(x)，若f(x)>在(0，)上恒成立，求整数k的最大值.解由于f(x)>(x1)f(x)>k.令h(x)，则由题意得，k<h(x)min，其中x>0.h(x).令g(x)ln(x1)x1，其中x>0.由于g(x)1>0，故g(x)在(0，)上为单调增函数，又由于g(0)1<0，g(1)ln 2<0，g(2)ln 31<0，g(3)ln 42>0，故g(x)在(0，)上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0(2，3).由此当x(0，x0)时，g(x)<0，h(x)<0；当x(x0，)时，g(x)>0，h(x)>0.故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，从而h(x)的最小值为h(x0).考虑到x0(2，3)为g(x)的零点，故ln(x01)x01，故h(x)minh(x0)x01(3，4).又k<h(x)minx01，故满足条件的整数k的最大值为3.例3 若x(ex2)(ln xkx)1恒成立，求实数k的取值范围.解x(ex2)(ln xkx)1恒成立，且x0，kex2恒成立，令(x)ex2，则(x)ex.令(x)ln xx2ex，则(x)(2xexx2ex)xex(2x)0(x0)，(x)在(0，)上单调递减.又1e20，(1)e0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0，使(x0)0，即ln x0xex0，两边取对数可得ln(ln x0)2ln x0x0，即ln(ln x0)(ln x0)x0ln x0，由函数yxln x为增函数，可得x0ln x0.又当0xx0时，(x)0，(x)0；当xx0时，(x)0，(x)0，(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，(x)(x0)ex0221，k(x0)1，即k的取值范围为k1.例4 (2022·郑州模拟改编)已知函数f(x)ax2xln x(aR且a0)，若不等式f(x)0对任意x(0，)恒成立，求实数a的取值范围.解因为f(x)2ax(ln x1)2axln x1，f(x)2a，当a0时，f(1)a0与f(x)0恒成立矛盾，不合题意.当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减.因为f(e1)2ae10，f(e2a1)2a(e2a11)0，所以x0(e2a1，e1)，使得f(x0)2ax0ln x010，即a.所以，当x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)单调递减.所以f(x)maxf(x0)axx0ln x0×xx0ln x00.因为x0(e2a1，e1)，所以ln x010.所以9(ln x0)20，即3ln x01，解得e3x0e1.因为a，所以设g(x)，xe3，e1)，则g(x)0，所以g(x)在e3，e1)上单调递增，所以g(e3)g(x)g(e1)，即e3g(x)0，所以e3a0.训练2 (2022·西安模拟改编)证明：函数f(x)exsin x，x(，)存在唯一极小值点x0，且1f(x0)0.证明因为f(x)exsin x，x(，)，所以f(x)excos x，f(x)exsin x0恒成立，所以f(x)单调递增.又fe0，fecose，因为(e)2ee2，所以e，即，所以f0，所以存在x0，使得f(x0)0，即ex0cos x00，则在(，x0)上，f(x)0，在(x0，)上，f(x)0，所以f(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以f(x)存在唯一的极小值点x0.f(x0)ex0sin x0sin x0cos x0sin，由x0，得x0，所以f(x0)sin(1，0)，故f(x)存在唯一极小值点x0，且1f(x0)0.训练3 已知函数f(x)2xln(2x1).(1)求f(x)在x1处的切线方程；(2)求证：f(x)(2x1)e2x1(e为自然对数的底数).(1)解因为f(x)2xln(2x1)，所以f(x)2，则f(1)2，f(1)4，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y24(x1)，即4xy20.(2)证明令t2x1>0，要证f(x)(2x1)e2x1，即证t1ln ttet，其中t>0，构造函数g(t)tettln t1，则g(t)(t1)et(t1)，t>0.令(t)et，其中t>0，则(t)et>0，所以函数(t)在(0，)上单调递增.因为2<0，(1)e1>0，所以存在t0，使得(t0)et00，即t0et01.当0<t<t0时，(t)<0，即g(t)<0，此时函数g(t)单调递减；当t>t0时，(t)>0，即g(t)>0，此时函数g(t)单调递增.所以g(t)ming(t0)t0et0ln et0ln t01t0et0ln(t0et0)1110，故所证不等式成立.一、基本技能练1.已知函数f(x)(x1)exax的图象在x0处的切线方程是xyb0.(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>.(1)解因为f(x)xexa，由f(0)1得a1.又当x0时，f(x)1，所以切线方程为y(1)1(x0)，即xy10，所以b1.(2)证明令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当x<1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(，1)内无零点；当x1时，g(x)单调递增，且g(1)<0，g(1)e1>0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0ex01ex0，f(x0)x01，又g1<0，g(1)e1>0<x0<12<x0<，所以f(x0)>.2.(2022·洛阳三模)已知函数f(x)(xa)ex(aR).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a2时，设函数g(x)f(x)ln xxb，bZ，若g(x)0对任意的x恒成立，求b的最小值.解(1)由题意，函数f(x)(xa)ex(aR)，可得f(x)(xa1)ex，当x(，a1)时，f(x)<0；当x(a1，)时，f(x)>0，故函数f(x)在(，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增.(2)g(x)f(x)ln xxb(x2)exln xxb(bZ)，因为g(x)0对任意的x恒成立，即b(x2)exln xx对任意的x恒成立.令函数h(x)(x2)exln xx，则h(x)(x1)ex1(x1)，因为x，所以x1<0.再令函数t(x)ex，可得t(x)ex>0，所以函数t(x)单调递增.因为te2<0，t(1)e1>0，所以一定存在唯一的x0，使得t(x0)0，即ex0，即x0ln x0，所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以h(x)maxh(x0)(x02)ex0ln x0x012(4，3).因为bZ，所以b的最小值为3.3.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)xexaxaln xa.(1)若ae，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解(1)易知函数f(x)的定义域为(0，).当ae时，f(x)xexexeln xe，f(x)(x1)exe(x1)·，x>0.易知f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0，所以当x(0，1)时，f(x)<0；当x(1，)时，f(x)>0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)eeeln 1ee，无最大值.(2)因为f(x)xexaxaln xa，所以f(x)(x1)exa(x1)，x>0.当a0时，易知f(x)>0在(0，)上恒成立，所以f(x)在(0，)上单调递增，故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.当a>0时，令g(x)ex，x>0，则g(x)在(0，)上单调递增，且当x0时，g(x)，当x时，g(x)，所以g(x)0在(0，)上有唯一的一个零点.令ex0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，则可得x(0，x0)(x0，)f(x)f(x)单调递减单调递增为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)x0ex0ax0aln x0a<0. 因为x0是方程ex0的解，所以x0ex0a， 两边取对数可得ln x0x0ln a， 将代入可得f(x0)a(2ln a)<0，解得a>e2.所以实数a的取值范围为(e2，).当a(e2，)时，由易知x0>1.又f(1)eaae>0，所以f(x)在(1，x0)上有且只有一个零点.当a(e2，)且x时，易知f(x)，所以f(x)在(x0，)上有且只有一个零点.综上，实数a的取值范围为(e2，).二、创新拓展练4.(2022·合肥二模节选)已知函数f(x)ln xx，g(x)x，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)g(x)<.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，由f(x)0得x1，易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x1，g(x)1，依题意有g(1)1a0，解得a1，经验证符合题意，故a1.(2)证明所证不等式即为xln xex<cos x1，x>0，下证：xln xex<x1，即证xln xexx1<0.设h(x)xln xexx1，则h(x)ln x1ex1ln xex2，令r(x)h(x)ln xex2，则r(x)ex(x>0)，易知函数r(x)在(0，)上单调递减，且r2>0，r(1)1e<0，故存在唯一的x0，使得r(x0)0，即ex0，ln x0x0，且当x(0，x0)时，r(x)>0，r(x)即h(x)单调递增；当x(x0，)时，r(x)<0，r(x)即h(x)单调递减，所以h(x)maxh(x0)ln x0ex02x02<0，所以h(x)在(0，)上单调递减.又x0时，h(x)0，故h(x)<0，即xln xex<x1.再证：x1<cos x1(x>0)，即证cos xx>0在(0，)上恒成立，设m(x)cos xx，则m(x)sin x10，所以m(x)在(0，)上单调递增，则m(x)>m(0)1>0，即cos xx>0，故x1<cos x1.综上，xln xex<cos x1.