破解导数零点难求问题的道与术
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道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式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
高考数学复习讲义：破解导数问题常用到的4种方法
(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，极大
值为 f(a)＝1.当 a<0 时，f(x)的递增区间是(－∞，a)，(－a－1，
＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，
极大值为 f(a)＝1.
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[题后悟通] 求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首 项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为 零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先 证系数零正负”．
函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不
等式f(x)g(x)>0的解集是
()
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
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[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待 解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数 F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x) 在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上 的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的 解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
由
f′(x)＝0⇒x1＝－a－3
a2－3，x2＝－a＋3
a2－3 .
x (－∞，x1) (x1，x2) (x2，＋∞)
破解导函数零点不可求问题的两个“妙招”
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导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招
ｘｌｎｘ ≤１＋ｅ－２ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
点 评 第 （Ⅲ） 小 题 中，ｇ（ｘ） ＝ （ｘ２ ＋
ｘ）ｆ′（ｘ）＝ ｘｅ＋ｘ １（１－ｘ－ｘｌｎｘ），若 求 其 导 数 一 方
面式子较烦，另一方面零 点 不 可 求，从 而 不 能 求 得
其单调区间．但将ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２ 变形为１－ｘ－ ｘｌｎｘ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２），则很容易求导得到两边函
而使问题得到 解 决．但 有 时 会 碰 到 导 数 式 是 超 越 式，导数的零点不可求，从 而 使 问 题 的 解 决 陷 入 困 境，本文通过 几 道 高 考 题 说 明 这 类 问 题 的 几 种 常
见解决办法． 一 、直 觉 求 根 ，二 次 求 导 验 证
例１ （２０１３年 陕 西 卷 文 科 第２１题 ）已 知 函 数 ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ ∈ Ｒ．
（１）求 ｆ（ｘ）的 反 函 数 的 图 象 上 点 （１，０）处 的 切线方程；
（２）证 明 ：曲 线ｙ
＝ ｆ（ｘ）与 曲 线ｙ
＝
１ｘ２ ２
＋
ｘ ＋１ 有 唯 一 公 共 点 ；
（３）设ａ＜ｂ，比 较ｆ（ａ２＋ｂ）与ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）的
大 小 ，并 说 明 理 由 ．
解 （１）ｆ（ｘ）的反函数 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｙ ＝
所以，ｆ（ｘ）在 （－ １，０）上 单 调 递 减，在 （０， ＋ ∞）上单调递增．
（Ⅱ）当ｍ ≤２，ｘ∈ （－ｍ，＋∞）时，ｌｎ（ｘ＋ｍ） ≤ｌｎ（ｘ＋２）．故只需证明：当 ｍ ＝２时，ｆ（ｘ）＞０．
当 ｍ ＝２时，函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋２在（－２，
＋ ∞）上单调递增．
又ｆ′（－１）＜０，ｆ′（０）＞ ０，故 ｆ′（ｘ）＝ ０ 在 （－２，＋ ∞）上有唯一实根ｘ０，且ｘ０ ∈ （－１，０）．
难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法
难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定原函数的单调性.用导数研究函数f(x)=0的单调性,往往需要解方程f '(x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢? 1.猜——猜出方程f '(x)=0的根典例1 设f(x)=.(1)若函数f(x)在(a,a+1)上有极值,求实数a的取值范围;(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围.解析(1)f '(x)=-,令f '(x)=0,得x=1.由f(x)在(a,a+1)上有极值,得即0<a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=k.设g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求实数k的取值范围,即函数g(x)的值域.g'(x)=2(1-x)+.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.易得g'(1)=0,且当0<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(x)=g(1)=2.进而可得函数g(x)的值域是(-∞,2],所以所max求实数k的取值范围是(-∞,2].点拨当所求函数的解析式中出现ln x时,常猜x=1;当函数解析式中出现e x时,常猜.x=0或x=ln x对点练求函数f(x)=e x+x2-(2+ln 2)x的最小值.解析由题意可得,f '(x)=e x+x-(2+ln 2).接下来,需求函数f(x)的单调区间,所以需解不等式f '(x)≥0及f '(x)≤0,因而需解方程f '(x)=0.但此方程不易求解,所以我们可以先猜后解.易知f '(x)是增函数,所以方程f '(x)=0至多有一个实数解,且可观察出此实数解就是ln 2,所以函数f(x)在(-∞,ln 2)、(ln 2,+∞)上分别是减函数、增函数,得f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2-ln22.2.设——设出方程f '(x)=0的根典例2 设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.又f '(a)>0,当b满足0<b<且b<时, f '(b)<0,故当a>0时, f '(x)存在唯一零点.(2)证明:设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x)时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,所以当x=x时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x)=+2ax+aln≥2a+aln,当且仅当x=时取“=”.故当a>0时, f(x)≥2a+aln.点拨本题第(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)=2e2x-=0的根无法求解,故设出f '(x)=0的根为x0,通过f(x)在(0,x)和(x,+∞)上的单调性知f(x)min =f(x)=+2ax+aln,进而利用基本不等式证得结论,这种解决方法类似解析几何中的设而不求. 对点练设函数f(x)=e x-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0,求k的最大值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=e x-a.若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,所以, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).(*)令g(x)=+x,则g'(x)=+1=.令h(x)=e x-x-2,由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>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α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g'(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于(*)式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.3.证——证明方程f '(x)=0无根典例3 已知m∈R,函数f(x)=mx--ln x,g(x)=+ln x,h(x)=,若∃x∈[1,e],使得f(x0)-g(x)>h(x),求实数m的取值范围.解析由题意知关于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(1<x≤e)有解.设u(x)=(1<x≤e),下面求函数u(x)的最小值.u'(x)=(1<x≤e),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1<x≤e,可得-(2x2+2)ln x<0;2x2-4ex-2=2(x-e)2-2e2-2<0,所以u'(x)<0.所以u(x)在(1,e]上是减函数,所以函数u(x)的值域是,进而可得所求实数m的取值范围是.点拨当利用导数求函数f(x)在区间[a,b]、[a,b)或(a,b]上的最值时,可首先考虑函数f(x)在该区间上是否单调,若单调,则f(x)在区间的端点处取得最值.对点练若存在x使不等式>成立,求实数m的取值范围.解析由题意知存在x使不等式-m>e x-x成立.设=t(t≥0),则∃t≥0使不等式-m>t-t2成立.设f(t)=t-t2(t≥0),下面求函数f(t)的最小值.f '(t)=(2t2+1)-2t(t≥0),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,则f(t)是增函数或减函数),证明如下:f '(t)=(2t2+1)-2t≥2t-2t≥0(t≥0),当且仅当t=时取“=”,进而可得f '(t)≥0(t≥0),所以函数f(t)是增函数,得其最小值为f(0)=0.所以-m>0,故实数m的取值范围为m<0.。
导数零点问题解题方法
导数零点问题解题方法
一、不定积分求导数
1、首先要找到函数的原函数表达式：通过求导将函数原函数表达式带
入不定积分解析；
2、可以把函数分解成多项式简化解析过程，然后再求出各项求和得到
函数的原函数表达式；
3、利用反代的方法，根据函数的原函数表达式求得函数的导数；
4、如果函数原函数表达式不明确，亦可通过拉格朗日方法求导数解决。
二、图解法
1、首先在图像的横轴上取某个点作为参考点，观察左右坐标两边函数
有无十字交点；
2、如果有十字交点，说明这个点运动时X坐标是不变的，且该点应为
函数的零点；
3、如果求解的是函数的导数，需要把函数以十字交点两点为原点，重
新建立一个图象；
4、再对这个新图象进行分析，从图象中观察函数的曲线，从而解出函数的导数零点。
三、斜截式法
1、将函数的绝对值大于零的点用斜线连接起来，形成斜截线；
2、用斜截线代替函数曲线，从而可以推算出函数的零点及零点处的函数切线斜率；
3、它是一种比较粗略的解决方案，当函数曲线较复杂时，效果不是很好。
四、数值法
1、将函数设置初值和步长，运用循环语句求函数的极值点：比较前后两点的函数值的大小，当函数值变化符号变化时，则此时所在点便是函数的零点。
2、确定一定区间后，可以运用不定积分法与理论解求导比较所求函数的零点的准确性；
3、如果此法在大量求穷使用插值表、计算机等技术，获得更精确的解决方案。
例谈突破导数零点问题的几种策略
且仅当x=-1等号成立. 当x>-2时， e ≥x+2两边取对数得x+1≥ln （x+2 ） ， 于
x+1
是 e ≥x+1 ≥ln （x+2 ） ， 由于等号不能同时成立， 所以 ex>
x
ln （x+2 ） .又当m≤2时， ln （x+2 ） ≥ln （x+m ） . 即（ f x ） >0. （x+m ） >0， 故ex-ln 点评： 此题借助教材上重要函数不等式： 对任意 x∈ R， e ≥x+1， 并加以灵活运用达到了曲径通幽之功效.
四 、结束语
做好解题教学，首先要求教师有较高的解题能力， 需要老师勤于解题、 研题， 提高自己的解题功力， 深化对 数学学科的理解和掌握， 肚子里要有货.好的解题教学， 更要契合学生的实际情况， 能和学生原有的认知结构搭 上桥， 还要考虑学生的情绪和情感状态， 要 “贴地” 而行， 接上学生的 “地气 ” . 好的解题教学， 还要寻求恰当的方 式保证教学渠道的畅通 、 有趣、 积极、 高效， 这需要教师 在解题教学过程中 “各显神通” ， 进行艺术的处理. F 高中版
的取值范围， 并证明（ f x ） 的所有极值和大于ln
二 、利用重要的函数不等式
课本例习题或平时常做的一些题经常作为出题者 的母题来进行编题， 在解题时可以作为结论提供一些思 路.例如， 我们证过一个常见的不等式： 对任意x∈R， ex≥ x+1， 可以为一些导数题提供方法. （x+m ） . 例2 已知函数（ f x ） =ex-ln （1 ） 设x=0是（ f x ） 的极值点， 求m 的值， 并讨论（ f x ） 的 单调性； （2 ） 当m≤2时， 证明（ f x ） >0. 解： （1 ） 略. （2 ） 首先证明： 对任意x∈R， e ≥x+1.
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f （ x2 ） ， 达式直接代入 f （ x1 ） ， 其运算量之大导致求
2 利用 3 t + 2 t + a = 0 进 解无法进行． 通过虚设零点， 从 而 达 到 化 简 之 功 效． 这 种 行合 理 代 换 与 降 次，
“设而不求” 的思想可成功规避零点的繁琐求解 ． 2x 例 3 设函数 f（ x） = e － alnx． 1 ） 讨论 f（ x） 的导函数 f ' （ x） 的零点个数； 2 2 ） 证明： 当 a ＞ 0 时， f（ x） ≥2 a + aln ． a （ 2015 年全国数学高考新课标卷文科第 21 题） a 1 ） 解 由题意知 f ' （ x ） = 2e2x － （ 其中 x ＞ x 0） ， f ' （ x） f ' （ x） 没有零点； 当 a ＞ 0 时， 当 a≤0 时， 1 ． 有 个零点 由第 1 ） 小题， 记 f ' （ x ） 的唯一零点 a 2x 即 为 x0 且满足 2e 0 = ， x0 lnx0 = ln a － 2 x0 ． 2 2 ） 证明
min
－x 设函数 h（ x） = xe －
2 ， 则 e
h' （ x） = e － x （ 1 － x） ， 1 ） 时， h' （ x） ＞ 0 ， 当 x ∈（ 0 ， 从而 h （ x ） 单调递增； 当 x ∈（ 1 ， + ɕ ） 时， h' （ x） ＜ 0 ， 从而 h（ x） 单调递减， 故 当 x = 1 时，
例4
x 设函数 f （ x ） = ae lnx +
f（ x） 在点（ 1， f（ 1） ） 处的切线方程为 y = e（ x － 1） + 2． 1 ） 求 a， b； 2 ） 证明： f（ x） ＞ 1 ． （ 2014 年全国数学高考课标卷理科试题第 21 题） 1） a = 1， b = 2， 过程略． 2） 证 明 2 x －1 e ， 则 x f（ x） ＞ 1 xlnx ＞ xe － x － 设函数 g（ x） = xlnx， 则 g' （ x） = lnx + 1 ， 令 g' （ x ） = 0 ， 得 x = 1 1 ， 则 当 x ∈ 0 ， 时， e e 2 ． e
= f （ x0 ） ． 又 a 2 + 2 ax0 + aln ≥ alnx0 =
· 22· h（ x） g （ x） 因此，
min
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max
= h（ 1 ） = －
1 ． e
≥ h （ x ） max ， 又 因 为 当 g （ x） 和 h（ x） 取得最值时， 自 变 量 x 的 取 值 不 同， 所以当 x ＞ 0 时， g（ x） ＞ h（ x） ， 亦即 f（ x） ＞ 1 ． 点评 若直接对 f （ x ） 求导， 则导数式非常繁 琐， 导数零点也无法求出， 特值验根或虚设零点又 －x 难以奏效． 将 f （ x ） ＞ 1 等价变形为 xlnx ＞ xe － 2 ， 通过构造出 2 个相对简单且易于求出导数零点 e 的函数 g（ x） 和 h（ x） ， 再证明其加强命题 g（ x） min ≥ h（ x） max ， 从而予以破解． 4 分类讨论， 分解命题 当整体直接证明较为困难时， 可借助某些特殊 ， 点将定义域拆分成几个部分 再分情况研究， 其中 一部分显然成立， 另一部分采用放缩的技巧， 构造 出可求导数零点的函数． lnx + k （ 其中 k 为常 例 5 已知函数 f （ x ） = ex e ≈ 2 ． 718 28 是 自 然 对 数 的 底 数 ） ， 数， 曲线 y = f（ x） 在点（ 1 ， f（ 1 ） ） 处的切线与 x 轴平行． 1 ） 求 k 的值； 2 ） 求 f（ x） 的单调区间； 3 ） 设 g（ x） = xf ' （ x） ， 其中 f ' （ x ） 为 f （ x ） 的导 g（ x） ＜ 1 + e － 2 ． 函数， 证明： 对任意 x ＞ 0 ， （ 2012 年山东省数学高考文科试题第 21 题） 1） k = 1， 过程略． 2 ） 略． 3 ） 证明 当 x≥1 时， 1 g（ x） = x （ 1 － xlnx － x） ≤0 ＜ 1 + e － 2 ． e ex ＞ 1， 且 当 0 ＜ x ＜ 1 时， 1 g（ x） = x （ 1 － xlnx － x） ＜ 1 － xlnx － x． e 1） ， 则 设 F （ x） = 1 － xlnx － x， 其中 x∈（ 0 ， F' （ x） = － （ lnx + 2 ） ， －2 F' （ x） ＞ 0 ， e ） 时， 从而 F （ x） 单调递增； 当 x ∈（ 0 ， －2 x （ e ， 1 ） ， F' （ x ） ＜ 0 ， 当 ∈ 时 从而 F （ x） 单调递减， －2 因此当 x = e 时， F （ x） max = F （ e － 2 ） = 1 + e － 2 ， g（ x） ＜ F （ x） ≤1 + e － 2 ． g（ x） ＜ 1 + e － 2 ． 对任意 x ＞ 0 ， 综上所述， 显然成立， 当 0 ＜ x ＜ 1 时， 点评 当 x ≥1 时， x 将 g （ x ） 放缩成一个较为简单的函数 利用 e ＞ 1 ， F （ x） = 1 － xlnx － x 来研究， 从而将零点转移， 其中 不等式放缩也是本题的一个难点， 思维跨度较大． 故
因此， 除切点之外， 曲线 C 在直线 l 的下方． 点评 在 第 2 ） 小 题 中， 令 g' （ x ） = 0 ， 得 φ（ x） = 0 是超越方程， 零点不易求解， 但通过观察 x = 1 ， （ x ） 可知 是其零点 再对 φ 二次求导， 知φ' （ x ） 为正， 即 g（ x） 为单调函数， 说明 x = 1 是 g' （ x） 的唯 一零点， 从而求出 g （ x ） 的最小值． 一般地， 当导数 式含有 lnx 时， 可试根 x = 1 或 x = e； 当导数式中含 x 可试根 x = 1 或 x = 0 ． 有 e 时， 2 虚设零点， 代换化简 导函数零点存在的前提下， 当零点式子非常繁 然后对 琐或 无 法 求 解 时， 可 考 虑 虚 设 零 点 x0 ， f ' （ x0 ） = 0 进行合理地变形与代换， 将超越式化为 普通式， 从而达到化简 f（ x0 ） 的目的． 例2
f（ x） ≥2 a + aln 因此当 a ＞ 0 时， 点评
导数含参且存在零点， 但无法求出时，
f（ t） = t3 + t2 + at +
判断出 可通过虚设零点 x0 ， 研究 f ' （ x ） 的单调性， f（ x0 ） 是极大值还是极小值， 再利用式子 f ' （ x0 ） = 0 进行变形与代换， 从而将超越式化为普通式， 最后 利用基本不等式放缩求解． 3 等价转化， 强化命题 当直接构造函数求导较为繁琐、 导函数零点无 法求出、 虚设零点也难以奏效时， 可尝试将目标式 等价重组． 构造 2 个相对简单且易于求出导数零点
1013 ； 修订日期： 20161116 收文日期： 2016作者简介： 汪正文（ 1975 － ） ， 安徽安庆人， 中学高级教师． 研究方向： 数学教育．
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· 21· 2 a + aln 2 ， a 2 ． a
f （ x2 ） ， 统一设 f （ x ） 的 大值与极小值分别为 f（ x1 ） ， 极值点为 t， 则 3 t2 + 2 t + a = 0 ， 即 从而 t2 = － 1 （ 2 t + a） ， 3 1 = 27
(
)
g' （ x） ＜ 0 ，从 而 g （ x ） 单 调 递 减； 当 x ∈ g' （ x） ＞ 0 ， 故当 从而 g（ x） 单调递增， ( 1e ，+ ɕ ) 时， x= 1 时， e g（ x）
min
=g
( 1e ) = － 1e ．
f ' （ x） ＜ 0 ， x0 ） 时， 从而 f（ x） 单调递减； 当 当 x ∈（ 0 ， x∈（ x0 ，+ ɕ ） 时， f ' （ x） ＞ 0， 从而 f （ x ） 单调递增， f（ x） 从而当x = x0 时，
· 20·
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破 解导数零点难求问题的道与术
●汪正文
摘 （ 丹阳市教师发展中心 江苏丹阳 212300 ）
要： 导数作为衔接初等数学与高等代数的纽带， 是研究函数性质、 培养学生探究能力的重要工具， 更是历年高考
的难点和热点， 而导数零点的求解是研究函数性质的前提 ． 文章通过对近几年数学高考导数零点问题的深入探究， 给出了 导数零点中难求问题的破解之道 ． 关键词： 零点； 设而不求； 等价转化 中图分类号： O122 文献标识码： A 20 03 文章编号： 1003 － 6407 （ 2017 ） 02 -
递增， 则函数 f（ x） 只有 1 个零点， 故舍去． 当a＜
f ' （ x ） = 0 的 2 个 根， x1 ） 时， 则： 当 x ∈ （ － ɕ ， f ' （ x） ＞ 0 ， x2 ） 时， 从而 f （ x ） 单调递增； 当 x ∈ （ x1 ， f ' （ x） ＜ 0 ， 从而 f （ x ） 单调递减； 当 x ∈ （ x2 ，+ ɕ ） f ' （ x） ＞ 0 ， f（ x） 的极 时， 从而 f （ x ） 单调递增． 因此，