创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题36　导函数的隐零点.pptx

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1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题36导函数的隐零点题型聚焦 分类突破高分训练 对接高考索引导函函数数的的零零点点在在很很多多时候候是是无无法法直直接接求求解解出出来来的的，我我们称称之之为“隐零零点点”，即即能能确确定定其其存存在在，但但又又无无法法用用显性性的的代代数数进行行表表达达.这类问题的的解解题思思路路是是对函函数数的零点的零点设而不求，利用整体代而不求，利用整体代换思想，再思想，再结合合题目条件解决目条件解决问题.索引1题型聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳类型一导函数中二次函数的隐零点问题类型一导函数中二次函数的隐零点问题当当分分析析导函函数数的的正

2、正负性性时，可可归结为处理理某某个个二二次次函函数数在在给定定区区间内内的的零零点点问题，但但二二次次函函数数零零点点的的求求解解又又很很复复杂，此此时一一般般要要借借助助于于韦达达定定理理或或极极值的的特特性来性来对零点零点“设而不求而不求”.”.索引由于当由于当0 x0，当当x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0，索引从从而而f(x)在在(0，x1)上上单调递增增，在在(x1，x2)上上单调递减减，在在(x2，)上上单调递增，增，从而从而f(x)的极大的极大值为Mf(x1)，极小，极小值为mf(x2)，且，且x1x2a2，x1x21.索引从而从而g(t)在在e，)上上单调递减，减，索引下

3、面分下面分f(x)单调和非和非单调进行行讨论.索引索引索引且当且当1xx0时，f(x)0，当当x00，故故f(x)在在1，x0)上上单调递减，在减，在(x0，e上上单调递增增.索引索引/索引类型二导函数中非二次函数的隐零点问题当当分分析析导函函数数的的正正负性性时，需需要要归结为分分析析某某个个非非二二次次函函数数的的零零点点，我我们处理理问题的的方方法法相相对就就比比较有有限限，其其常常用用的的方方法法为：确确定定零零点点存存在在的的前前提提下下，虚虚设零零点点并并借借助助该形形式式化化零零点点进行行单调性性分分析析及及后后续处理理，或或借借助助其其满足足的的恒恒等等式式(即即导数数值为0)

4、，通，通过恒等代恒等代换将将问题进行行转化化.核心归纳核心归纳索引则由由题意得，意得，k0.令令g(x)ln(x1)x1，其中，其中x0.索引故故g(x)在在(0，)上上为单调增函数，又由于增函数，又由于g(0)10，g(1)ln 20，g(2)ln 310，故故g(x)在在(0，)上有且上有且仅有一个零点，有一个零点，设为x0，并且，并且x0(2，3).由此当由此当x(0，x0)时，g(x)0，h(x)0，h(x)0.故故h(x)在在(0，x0)上上单调递减减，在在(x0，)上上单调递增增，从从而而h(x)的的最最小小值为h(x0).索引考考虑到到x0(2，3)为g(x)的零点，的零点，故故

5、ln(x01)x01，又又k0，要要证f(x)(2x1)e2x1，即即证t1ln ttet，其中，其中t0，构造函数构造函数g(t)tettln t1，索引所以函数所以函数(t)在在(0，)上上单调递增增.即即t0et01.当当0tt0时，(t)0，即即g(t)t0时，(t)0，索引即即g(t)0，此，此时函数函数g(t)单调递增增.所所以以g(t)ming(t0)t0et0ln et0ln t01t0et0ln(t0et0)1110，故故所所证不不等式成立等式成立.索引2高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练1.已知函数已知函数f(x)(x1)exax的的图象在象在x0处的切的切线方

6、程是方程是xyb0.(1)求求a，b的的值；解解因因为f(x)xexa，由由f(0)1得得a1.又当又当x0时，f(x)1，所以切所以切线方程方程为y(1)1(x0)，即即xy10，所以，所以b1.索引1234证明证明令令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当所以当x1时，g(x)单调递减，且此减，且此时g(x)0，则g(x)在在(，1)内无零点；内无零点；当当x1时，g(x)单调递增，增，且且g(1)0，所以所以g(x)0有唯一解有唯一解x0，f(x)有唯一的极有唯一的极值点点x0.索引1234索引12342.(2022洛阳三模洛阳三模)已知函数已知函数f(x)(xa)ex

7、(aR).(1)讨论f(x)的的单调性；性；解解由由题意，函数意，函数f(x)(xa)ex(aR)，可得，可得f(x)(xa1)ex，当当x(，a1)时，f(x)0，故函数故函数f(x)在在(，a1)上上单调递减，在减，在(a1，)上上单调递增增.索引1234解解g(x)f(x)ln xxb(x2)exln xxb(bZ)，索引1234所以所以x10.索引1234索引12343.(2022沈阳郊沈阳郊联体模体模拟)已知函数已知函数f(x)xexaxaln xa.(1)若若ae，判断函数，判断函数f(x)的的单调性，并求出性，并求出f(x)的最的最值；解解易知函数易知函数f(x)的定的定义域域为

8、(0，).当当ae时，f(x)xexexeln xe，易知易知f(x)在在(0，)上上单调递增，且增，且f(1)0，所以当所以当x(0，1)时，f(x)0.所以所以f(x)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增增.所以所以f(x)的最小的最小值为f(1)eeeln 1ee，无最大，无最大值.索引1234(2)若函数若函数f(x)有两个零点，求有两个零点，求实数数a的取的取值范范围.解解因因为f(x)xexaxaln xa，当当a0时，易知，易知f(x)0在在(0，)上恒成立，所以上恒成立，所以f(x)在在(0，)上上单调递增，增，故此故此时函数函数f(x)至多有一个零点，不符

9、合至多有一个零点，不符合题意意.所以所以g(x)0在在(0，)上有唯一的一个零点上有唯一的一个零点.索引1234则可得可得x(0，x0)(x0，)f(x)f(x)单调递减减单调递增增为了了满足足f(x)有两个零点，有两个零点，则有有f(x0)x0ex0ax0aln x0a0.所以所以x0ex0a，索引1234两两边取取对数可得数可得ln x0 x0ln a，将将代入代入可得可得f(x0)a(2ln a)e2.所以所以实数数a的取的取值范范围为(e2，).当当a(e2，)时，由，由易知易知x01.又又f(1)eaae0，所以所以f(x)在在(1，x0)上有且只有一个零点上有且只有一个零点.当当a

10、(e2，)且且x时，易易知知f(x)，所所以以f(x)在在(x0，)上上有有且且只只有一个零点有一个零点.综上，上，实数数a的取的取值范范围为(e2，)./索引1234二、创新拓展练由由f(x)0得得x1，易知函数，易知函数f(x)在在(0，1)上上单调递增，在增，在(1，)上上单调递减，减，依依题意有意有g(1)1a0，解得解得a1，经验证符合符合题意，故意，故a1.索引1234证明证明所所证不等式即不等式即为xln xex0，下下证：xln xexx1，即即证xln xexx10，r(x)即即h(x)单调递增；增；当当x(x0，)时，r(x)0，r(x)即即h(x)单调递减，减，索引1234所以所以h(x)在在(0，)上上单调递减减.又又x0时，h(x)0，故，故h(x)0，即即xln xexx1.再再证：x10)，即即证cos xx0在在(0，)上恒成立，上恒成立，设m(x)cos xx，则m(x)sin x10，所以所以m(x)在在(0，)上上单调递增，增，索引1234则m(x)m(0)10，即即cos xx0，故故x1cos x1.综上，上，xln xexcos x1.INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束