导数零点问题总结(共7页).doc

《导数零点问题总结(共7页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数零点问题总结(共7页).doc（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上导数零点问题导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性用导数研究函数f(x)的单调性，往往需要解方程f(x)0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？猜猜出方程f(x)0的根典例设f(x).(1)若函数f(x)在(a，a1)上有极值，求实数a的取值范围；(2)若关于x的方程f(x)x22xk有实数解，求实数k的取值范围方法演示解：(1)因为f(x)，当0x0；当x1时，f(x)0，所以函数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，所以a1a1，即0a1，故所求实数a的取值范围是(0,1)(2)方程f

2、(x)x22xk有实数解，即f(x)x22xk有实数解设g(x)f(x)x22x，则g(x)2(1x). 接下来，需求函数g(x)的单调区间，所以需解不等式g(x)0及g(x)0，因而需解方程g(x)0. 但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解可得g(1)0，且当0x0，当x1时，g(x)0时，f(x)2aaln.方法演示解：(1)法一：f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存

3、在唯一零点法二：f(x)2e2x(x0)令方程f(x)0，得a2xe2x(x0)因为函数g(x)2x(x0)，h(x)e2x(x0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u(x)2xe2x(x0)也是增函数，其值域是(0，)由此可得，当a0时，f(x)无零点；当a0时，f(x)有唯一零点(2)证明：由(1)可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0. 当x(0，x0)时，f(x)0. 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，当且仅当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln(基本不等式)所以当a0

4、时，f(x)2aaln.解题师说本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值因此需要求f(x)0的根但是f(x)2e2x0的根无法求解故设出f(x)0的根为x0，通过证明f(x)在(0，x0)和(x0，)上的单调性知f(x)minf(x0)2ax0aln，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求应用体验2设函数f(x)exax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0

5、，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于k0)令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点故g(x)在(0，)上存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g()又由g()0，可得e2，所以g()1(2,3)由于式等价于kh(x0)，求实数m的取值范围方法演示解：(1)函数g(x)的定义域为(0，)，g(x).当x(0,1

6、)时，g(x)0.x1为g(x)的极小值点，极小值g(1)1.(2)ymx2ln xmx2ln x. ym0在1，)上恒成立，即m在x1，)上恒成立又1，所以m1. 所以实数m的取值范围为1，)(3)由题意知，关于x的不等式f(x)g(x)h(x)在1，e上有解，即关于x的不等式m(1xe)有解设u(x)(1xe)，则u(x)(1xe)，但不易求解方程u(x)0. 可大胆猜测方程u(x)0无解，证明如下：由1xe，可得(2x22)ln x0，2x24ex22(xe)22e220，所以u(x)成立，则实数m的取值范围为_答案：(，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x使不等式mexx成立设t(t

7、0)，则存在t0使不等式mtet2t2成立设f(t)tet2t2(t0)，则f(t)et2(2t21)2t(t0)，需解方程f(t)0，但此方程不易求解可大胆猜测方程f(t)0无解(若方程f(t)0无解，则f(t)的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f(t)0有解)，得f(t)是增函数或减函数，此时研究函数f(t)就很方便)，证明如下：f(t)et2(2t21)2t2tet22t0(t0)，所以f(t)0(t0)，所以函数f(t)是增函数，故其最小值为f(0)0. 所以m0，即mexx成立，当x0时，m0时，令f(x)exx，则f(x)ex1，不易求方程f(x)0的根，故可大胆猜测方程f

8、(x)0无解，即f(x)的值恒正或恒负证明如下：f(x)ex12ex1ex1，x0，ex，ex10，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，f(x)f(0)0，m0，即m0.综上可知m的取值范围为(，0)法二：不等式成立，等价于mxex. 故存在x使不等式成立，等价于m(xex)max. 令f(x)xex，则f(x)1ex0，g(x)1e2.解：(1)f(x)，因为f(1)0，所以1k0，即k1.(2)由(1)知，f(x). 易知h(x)ln x1在(0，)上是减函数，且h(1)0，所以当0x0，当x1时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)(3)证明：

9、由(2)可知，当x1时，g(x)xf(x)01e2，故只需证明g(x)1e2在0x1时成立当0x1，且g(x)0，g(x)0，当x(e2,1)时，F(x)0，所以当xe2时，F(x)取得最大值F(e2)1e2. 所以g(x)0，g(x)1e2.2已知函数f(x)kexx2有两个极值点x1，x2(x1x2)(1)求k的取值范围；(2)求f(x1)，f(x2)的取值范围解：(1)因为f(x)kex2x，所以由f(x)0，得k. 设(x)，则(x)(1x)当x0，当x1时，(x)0，得xln 2或x0；由f(x)0，得0xln 2，所以函数f(x)的递增区间是(，0)，(ln 2，)，递减区间是(0

10、，ln 2)(2)f(x)x(ex2k)由f(x)0，得x0或xln 2k.事实上，可证ln 2kk，设g(k)ln 2kk，则g(k)0，所以g(k)在上是增函数，所以g(k)g(1)ln 210，即ln 2kk.所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k,1上是增函数，所以Mmaxf(0)，f(k)设h(k)f(k)f(0)(k1)ekk31，则h(k)k(ek3k).又令(k)ek3k，则(k)ek3e30，(1)0，所以函数(k)在上存在唯一的零点k0(该零点就是函数(k)的隐零点)所以当k0，即h(k)0，当k0k1时，(k)0，即h(k)0，h(1)0，所以h(k)

11、f(k)f(0)0，f(k)f(0)，故Mf(k)(k1)ekk3.4(2015山东高考)设函数f(x)(xa)ln x，g(x).已知曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值解：(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2.又f(x)ln x1，所以a1. 当a1时，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线

12、2xy20与直线2xy0平行，所以所求a的值为1.(2)当k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0,1时，h(x)0. 又h(2)3ln 2ln 8110，所以存在x0(1,2)，使得h(x0)0. 因为h(x)ln x1，所以当x(1,2)时，h(x)10，当x(2，)时，h(x)0，所以当x(1，)时，h(x)单调递增所以当k1时，方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根(3)由(2)知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0(x0就是函数f(x)g(x)的隐零点)，且x(0，x0)时，f(x)g(x)，x(x0，)时，f(x)g(x)，所以m(x)当x(0，x0)时，若x(0,1，m(x)0；若x(1，x0)，由m(x)ln x10，可知0m(x)m(x0)；故m(x)m(x0)当x(x0，)时，由m(x)，可得x(x0,2)时，m(x)0，m(x)单调递增；x(2，)时，m(x)0，m(x)单调递减可知m(x)m(2)，且m(x0)m(2)综上可得，函数m(x)的最大值为.专心-专注-专业