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

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1、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)，x0，设正数x1，x2是x2(a

2、2)x10的两个相异实根，即方程a2x，x0有两个相异正根，不妨设x1x2，由于当0x0，当x1xx2时，f(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t1，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.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

3、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ea0时，则f(x)在(1，e)上存在唯一的零点x0，且当1xx0时，f(x)0，当x00，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)h(e).故使得不等式f(x)2e成立的实数a的范围为ea在(0，)上恒成立，求整数k的最大值.解由于f(x)(x1)f

4、(x)k.令h(x)，则由题意得，k0.h(x).令g(x)ln(x1)x1，其中x0.由于g(x)10，故g(x)在(0，)上为单调增函数，又由于g(0)10，g(1)ln 20，g(2)ln 310，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，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k0，要证f(x)(2x1)e2x1，即证t1ln ttet，其

5、中t0，构造函数g(t)tettln t1，则g(t)(t1)et(t1)，t0.令(t)et，其中t0，则(t)et0，所以函数(t)在(0，)上单调递增.因为20，所以存在t0，使得(t0)et00，即t0et01.当0tt0时，(t)0，即g(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)

6、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x1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，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g10x012x0.2.(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

7、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，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x10，所以函数t(x)单调递增.因为te20，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)m

8、axh(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)，x0.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.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.(

9、2)因为f(x)xexaxaln xa，所以f(x)(x1)exa(x1)，x0.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a0时，令g(x)ex，x0，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(x00)，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 x0a0. 因为x0是方程ex0的解，所以x0ex0a， 两边

10、取对数可得ln x0x0ln a， 将代入可得f(x0)a(2ln a)e2.所以实数a的取值范围为(e2，).当a(e2，)时，由易知x01.又f(1)eaae0，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

11、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 xex0，下证：xln xexx1，即证xln xexx10)，易知函数r(x)在(0，)上单调递减，且r20，r(1)1e0，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 x0ex02x020，所以h(x)在(0，)上单调递减.又x0时，h(x)0，故h(x)0，即xln xexx1.再证：x10)，即证cos xx0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)10，即cos xx0，故x1cos x1.综上，xln xexcos x1.