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）．
值为ｈ（１）＝－ ｅ１．
综 上，当ｘ＞０时，ｇ（ｘ）＞ｈ（ｘ），即ｆ（ｘ）＞１． 点评 在 第 （Ⅱ）小 题 中，ｆ（ｘ）＝ ｅｘｌｎｘ ＋
２ｅｘ－１，其导数式子相当繁琐，无 法 求 其 零 点，也 就 ｘ
无法分析得到 其 单 调 性．但 将 所 要 求 证 的 不 等 式
ｆ（ｘ）＞１变
形
为ｘｌｎｘ
＞０；当ｘ∈ （１，＋ ∞）时，ｆ′（ｘ）＜０．因此ｆ（ｘ）的
单调增区间为（０，１），减区间为（１，＋ ∞）．
（Ⅲ）因为ｇ（ｘ）＝ （ｘ２ ＋ｘ）ｆ′（ｘ）＝ ｘｅ＋ｘ１（１
－ｘ－ｘｌｎｘ），所以，对任意ｘ ＞０，ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２ 等价于１－ｘ－ｘｌｎｘ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
由（Ⅱ）得 ｈ（ｘ）＝ １ － ｘ － ｘｌｎｘ（ｘ ∈ （０， ＋ ∞）），所以ｈ′（ｘ）＝－ｌｎｘ－２．因此，当ｘ ∈ （０， ｅ－２）时，ｈ′（ｘ）＞ ０，ｈ（ｘ）单 调 递 增；当 ｘ ∈ （ｅ－２， ＋ ∞）时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减；所以ｈ（ｘ）的 最大值为ｈ（ｅ－２）＝１＋ｅ－２．故１－ｘ－ｘｌｎｘ ≤１＋ ｅ－２．
·辅教导学· 数学通讯———２０１６年第４期（上半月）
２１
设
φ（ｘ）＝
ｅｘ （１ ｘ ＋１
＋ｅ－２），因
为
φ′（ｘ）＝
（ｘｘ＋ｅｘ１）２（１＋ｅ－２）＞ ０（ｘ ＞ ０），所 以，φ（ｘ）＝
ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）在（０，＋ ∞）上 单 调 递 增，故φ（ｘ）
＝ｘｅ＋ｘ １（１＋ｅ－２）＞φ（０）＝１＋ｅ－２，所 以１－ｘ－
（Ⅱ ）由 （Ⅰ ）得 ｆ（ｘ）＝ ｌｎｘｅｘ＋１，则 ｆ′（ｘ）＝
１ ｘｅｘ
（１－ｘ
－ｘｌｎｘ）（ｘ
∈
（０，＋
∞））．
令ｈ（ｘ）＝１－ｘ－ｘｌｎｘ（ｘ ∈ （０，＋ ∞）），则
ｈ（１）＝０．当ｘ ∈ （０，１）时，ｈ（ｘ）＞０；当ｘ ∈ （１，
＋ ∞）时，ｈ（ｘ）＜０．所以，当ｘ ∈ （０，１）时，ｆ′（ｘ）
ｇ′（ｘ）＞０．故ｇ（ｘ）在（０，ｅ１）上
单调
递
减 ，在 （１ ｅ
，
＋ ∞）上单调递增，从而ｇ（ｘ）在（０，＋ ∞）上的最
小
值
为 ｇ（ｅ１
）＝－
１ ｅ
．
设
函
数ｈ（ｘ）＝ｘｅ－ｘ
－
２ ｅ
，则ｈ′（ｘ）＝ｅ－ｘ
（１－
ｘ）．当ｘ ∈ （０，１）时，ｈ′（ｘ）＞０；当ｘ ∈ （１，＋ ∞） 时 ，ｈ′（ｘ）＜０，故ｈ（ｘ）在 （０，１）上 单 调 递 增 ，在 （１， ＋ ∞）上单调递减，从而ｈ（ｘ）在（０，＋ ∞）的最大
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１９
高考导数压轴题中导数零点不可求的二 高 级 中 学 ，２２５４００）
高考题 中 有 关 导 数 的 问 题，往 往 是 以 压 轴 题
的形式出现，有 一 定 的 灵 活 性，且 难 度 较 大，一 般 是 先 求 出 导 数 ，然 后 求 出 导 数 为０的 值 即 导 数 的 零 点，利用导数值的正负来 确 定 原 函 数 的 单 调 性，从
ｆ′（ｘ）＝
ａｅｘｌｎｘ
＋
ｘａｅｘ
－ｘｂ２ｅｘ－１
＋
ｂｅｘ－１ ｘ
．
由题意可得ｆ（１）＝２，ｆ′（１）＝ｅ，故ａ ＝１，ｂ
＝ ２．
（Ⅱ
）由
（Ⅰ
）知
ｆ（ｘ）＝ｅｘｌｎｘ
＋
２ｅｘ－１，从 ｘ
而
ｆ（ｘ）＞
１
等
价
于
ｘｌｎｘ
＞
ｘｅ－ｘ
－
２ ｅ
．
设 函 数 ｇ（ｘ）＝ ｘｌｎｘ，则 ｇ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１．当
ｘ ∈ （０，ｅ１）时，ｇ′（ｘ）＜０；当ｘ ∈ （ｅ１，＋ ∞）时，
（Ⅰ ）设ｘ ＝０是ｆ（ｘ）的 极 值 点 ，求 ｍ，并 讨 论 ｆ（ｘ）的 单 调 性 ；
（Ⅱ）当 ｍ ≤２时，证明：ｆ（ｘ）＞０．
解 （Ⅰ）ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ＋１ｍ，由ｆ′（０）＝０ 得 ｍ ＝１，于是ｆ（ｘ）＝ｅｘ －ｌｎ（ｘ＋１），定 义 域 为 （－１，＋ ∞）．
ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋１，函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋１ 在（－１，＋ ∞）上单调递增，且ｆ′（０）＝０，因此，当 ｘ ∈ （－１，０）时，ｆ′（ｘ）＜０；当ｘ ∈ （０，＋ ∞）时， ｆ′（ｘ）＞ ０．
数的单调性和 最 值．因 此 适 当 变 形 可 以 使 问 题 变
得
简
单
．第
（Ⅱ
）小
题
中
，ｆ′（ｘ）＝
１ ｘｅｘ
（１
－
ｘ
－
ｘｌｎｘ）（ｘ ∈ （０，＋ ∞））的零点比较难求，先直觉得 出零点，然后再确定零点 左 右 两 边 的 符 号．如 果 将
ｆ′（ｘ）的 因 式ｈ（ｘ）换 成 因 式ｕ（ｘ）＝１－ｘｘ－ｘｌｎｘ
以ｕ（ｘ）＝ｅｂ－２ａ
ａ－ｂ
－ｅ２
－
（ｂ－ａ）＞ｕ（０）＝０，故ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）＞ｆ（ａ２＋ｂ）． 点评 第（２）小题中，ｈ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ－１是
超越式，无法用常规方法 求 出 其 零 点，但 是 我 们 可
以通过直觉思考得到其一个零点为ｘ ＝０，再二次 求导得到导函数的的单调性，导函数恰好在ｘ ＝０ 处取得最小值，故 有 ｈ′（ｘ）≥ ０，从 而 使 问 题 得 到 解决．
二 、巧 妙 变 形 ，两 边 求 导 定 性
例３ （２０１４年新课标全国卷 Ⅰ 理科第２１题） 设 函数ｆ（ｘ）＝ａｅｘｌｎｘ＋ｂｅｘｘ－１，曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点
（１，ｆ（１））处的切线为ｙ ＝ｅ（ｘ－１）＋２． （Ⅰ）求ａ，ｂ；
（Ⅱ ）证 明 ：ｆ（ｘ）＞ １． 解 （Ⅰ）函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋ ∞），
故ｇ（ｘ）单 调 递 减；当 ｘ ＞ １ 时，ｈ（ｘ）＞ ０，所 以
ｇ′（ｘ）＞ ０，故 ｇ（ｘ）单 调 递 增 ．所 以 ，ｇ（ｘ）＞ ｇ（１）
２０
数学通讯———２０１６年第４期（上半月） ·辅教导学·
＝０（ｘ ＞０，ｘ ≠１）． 所以，除切点之外，曲线 Ｃ 在直线Ｌ 的下方．
ｇ（ｘ）过点（１，０）的切线斜率ｋ ＝ｇ′（１）＝１，过点
（１，０）的切线方程为ｙ ＝ｘ－１．
（２）令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－
（１ｘ２ ２
＋ｘ＋１）＝ｅｘ
－
１ｘ２ ２
－ｘ－１，则ｈ′（ｘ）＝ｅｘ
－ｘ－１，所
以ｈ′（０）＝
０．
设φ（ｘ）＝ｈ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ－１，则φ′（ｘ）＝ｅｘ －１，当ｘ ＜０时，φ′（ｘ）＜０；当ｘ ＞０时，φ′（ｘ）＞ ０．所 以 φ（ｘ）的 最 小 值 为φ（０）＝ ０，所 以ｈ′（ｘ）＝ φ（ｘ）≥０，所以ｙ＝ｈ（ｘ）在 Ｒ上递增，最多有一个 零 点，又ｈ（０）＝０，所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）与曲线ｙ＝
不等号连接，再将其变形，得 到 某 个 新 的 较 为 复 杂
的不等式，这样新函数的 导 数 就 复 杂 了，零 点 也 就
不 好 求 了 ，从 而 题 目 的 难 度 也 就 大 大 增 加 了 ． 例４ （２０１２年 山 东 卷 理 科 第２２题 ）已 知 函 数
ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｅｘ＋ｋ（ｋ为 常 数 ，ｅ＝２．７１８２８···是 自 然 对数的底数），曲线ｙ ＝ ｆ（ｘ）在 点（１，ｆ（１））处 的 切线与ｘ 轴平行．
例２ （２０１３年北京卷理科第１８题）设Ｌ 为曲
线 Ｃ：ｙ ＝ｌｘｎｘ 在点（１，０）处的切线．
（１）求 Ｌ 的方程； （２）证明：除切点（１，０）之外，曲线Ｃ 在直线Ｌ
的下方．
解
（１）设ｆ（ｘ）＝ｌｘｎｘ，则ｆ′（ｘ）＝
１－ｌｎｘ， ｘ２
所以ｆ′（１）＝１，所以 Ｌ 的方程为ｙ ＝ｘ－１． （２）令 ｇ（ｘ）＝ ｘ－１－ｆ（ｘ），则 除 切 点 之 外 ，
（Ⅰ）求ｋ 的值； （Ⅱ ）求 ｆ（ｘ）的 单 调 区 间 ； （Ⅲ）设ｇ（ｘ）＝ （ｘ２＋ｘ）ｆ′（ｘ），其中ｆ′（ｘ）为 ｆ（ｘ）的 导 函 数．证 明：对 任 意 ｘ ＞ ０，ｇ（ｘ）＜ １ ＋ｅ－２．
导数零点不可求的四种破解策略
导数零点不可求的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结了四种方法,现说明如下.法一:利用零点存在性定理零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12x f x x x e x =+-,0x >.由()()//22142x f x x x e x =+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增.又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x ==0200ln x x e x -.由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+.故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.由()/g x =()21102x x --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减.故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min 1f x >.导函数()()/12xf x x x e x =+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min 1f x >.法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.例2.已知函数()2ln x f x e a x =-.证明:当0a >时,()22ln f x a a a ≥+.证明:()/22x a f x e x =-,0x >.()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x a e x =有实根,等价于函数22x y e =与函数a y x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a >时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =.当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =020ln x e a x =-.由()/00f x =得,02020x a e x -=,020=2x a e x ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---002ln 2a ax a a x =++22ln a a a ≥+.故()min 22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+.评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x a f x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min 22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到020=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证.法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1k f x x >+恒成立,求正整数k 的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x +++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x +++=,0x >.只需()min k h x <.()/21ln(1)x x h x x --+=,令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增.又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min h x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=.由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++.则()0h x =01x +()34∈，.故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x --+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例4.已知函数()()1210xa f x ae a x +=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围.解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21x a f x ae x +=-()221x ax e a x-+=.令()()21x g x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x g x a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增.又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞,故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减;当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =()00121x a ae a x +=+-+.由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即0201=x a ae x +.则()0f x =()00121x a ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤.因为()()21x g x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g g x ≥=0.故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x -+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。
破解导函数零点不可求问题的两个“妙招”
丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛有时我们无法根据题意求出导函数的零点，就很难根据导数与函数的单调性之间的关系判断出函数的单调性，这就给我们解题造成了很大的障碍.对于这类导函数的零点不可求问题，我们需通过设而不求、二次求导来求得问题的答案.一、设而不求当导函数有零点却难以求出其值时，可采用设而不求法，先设出零点的坐标，将其看作已知的点代入导函数为0的式子进行运算；然后用该零点将函数的定义域划分为几个子区间，在每个子区间上讨论导函数与0的大小关系，从而判断出函数的单调性，求得函数的单调区间和最值.例1.已知f(x)=x2-x-x ln x，且f(x)≥0.证明f(x)存在唯一的极大值x0，且e-2<f(x0)<2-2.证明：对函数求导f(x)=x2-x-x ln x，可得f′()x=2x-2-ln x，x>0，f″()x=2-1x=2x-1x，因此f′()x在（0，12）上单调递减，在(12,+∞)上单调递增，所以f′()x min=f′()2-1=ln2-1<0.由于f′()1=0，f′()e-2=2e-2>0，所以∃x0∈(e-2,2-1)，使得f′()x0=0，即2x0-2-ln x0=0.当x∈(x0,1)时，f′()x<0；当x∈(1,+∞)时，f′()x>0.因此f(x)=x2-x-x ln x在(0,x0)与(1,+∞)上单调递增，在（x0,1)上单调递减.所以f(x)存在唯一的极大值点x0，则ln x0=2x0-2，且f(x0)=x02-x0-x0ln x0=-(x0-12)2+14.由于x0∈(e-2，12)，所以f(e-2)<f(x0)<f(12)=14.因为f(e-2)=(e-2)2+e-2>e-2，所以e-2<f(x0)<2-2.根据函数零点存在性定理，可知本题中导函数的零点是存在的，但无法求出，所以假设x0是该函数的零点，即令f′()x0=0，通过代换与化简，得到x0∈(e-2，12).最后利用二次函数的单调性来证明f(x)存在唯一的极大值x0，且e-2<f(x a)<2-2.运用设而不求法解题，不必求出零点的具体坐标或者数值，只需将其看作已知的值进行代换即可.二、二次求导当导函数的零点不可求时，可以尝试运用二次或多次求导的方法，来逐步判断出原函数的单调性，求得原函数的最值.在解题的过程中，有时需对同一个函数进行二次求导，有时则要对不同函数进行多次求导.例2.设函数f(x)=e x，且g(x)=ln x，若对任意x≥0，都有f(x)-f(-x)≥ax成立，求实数a的取值范围.解：令h(x)=f(x)-f(-x)-ax=e x-e-x-ax，则在[0,+∞)上，h(x)≥0.对函数h(x)求导，得h′()x=e x+e-x-a,h″()x=e x-e-x，所以h′()x在[0,+∞)上单调递增，h′()0=2-a.①若a≤2，则h′()x≥0，所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增，所以h(x)≥0，所以f(x)-f(-x)≥ax.②若a>2，则h′()x在[0,+∞)上单调递增，所以h′()x m in≤0，所以在(0,+∞)内必然存在一个值m，使得h′()m=0，这与在[0,+∞)上h(x)≥0相矛盾，故舍去.所以实数a的取值范围为a≤2.我们对原函数进行两次求导，即可根据导函数与函数单调性之间的关系判断出上一级函数的单调性和最值，从而确定原函数的单调性和最值，确定参数a的取值范围.总之，虽然导函数零点问题中的零点不可求得，但是由于零点是存在的，所以我们可以通过设而不求、二次求导，并根据导函数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可快速求得最值，证明不等式，求得参数的取值范围.（作者单位：江苏省响水县清源高级中学）“”陈亚冬38Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
导数问题中虚设零点的三个技巧
技巧１ 整体代换，将超越式转化为普通式．
如果ｆ′（ｘ）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算 包 括 无 理 数 乘 方、指 数、对 数、三 角、反三角等运算的解析式，称 为 初 等 超 越 式，简称超越式），并且ｆ′（ｘ）的零点是存在的但 无法求出，这时可采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围 和满足 的 关 系 式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当 运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果．通过 这种形式化的合理 代 换 或 推 理，谋求一种整体的转换和过渡，从 而将超越式转化为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点．
Байду номын сангаас
如果ｆ′（ｘ）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想 当然，用求根公式把零点求出来，代入极 值 中 去．但 接 下 来 要 么 计 算 偏 烦，要 么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工
作无法开展．正所谓“思 路 简 单，过 程 烦 人”．这 时有两个处理 技巧．
如果问 题 要 求 解（或 求 证）的结论与参数有关，利用关系式ｆ′（ｘ）＝０ （大部 分 情 况 可 转 化 为二次方程），在保留 参 数 的 情 况 下，不 断 地 把 零 点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或 不 等 式），就可求出参数的值或参数的范围．
导数问题中虚设零点的三个 技巧
导数是解决函 数 单 调 性、极 值、最 值、不 等 式证 明等问题的“利 器”．与导数有关的数学问题往往成 为高考函数压轴题，求解这些压轴题时，经常会碰到 导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的 情形．此时，可以将这个零点只设出来而不必求出来， 然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件， 从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为 “虚设零点”法．
(完整版)导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”。
因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题。
此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其他条件，从而最终获得问题的解决。
我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略。
策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′(x）是超越形式(对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式）,并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点,这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果。
通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（1)讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数;(2）证明：当a>0时，f（x)≥2a+aln2a。
解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x)=2e2x—ax（x>0)。
由f′（x）=0，得2xe2x=a。
令g（x）=2xe2x，g′(x）=（4x+2）e2x〉0（x>0）,从而g（x）在（0,+∞）单调递增，所以g （x）>g（0）=0.当a〉0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点;当a≤0时,方程g(x)=a没有根，即f′（x）没有零点。
（2）由(1）,可设f′（x)在（0，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0)时，f′(x）〈0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0。
导数零点不可求的四种破解策略
导数零点不可求的四种破解策略
在导数试题中，经常碰到导函数零点不可求的情况。
对于此类试题，往往要绕开具体的零点值，转而判断导函数在给定区间上的单调性，再想办法证明导函数的零点存在。
如何证明导函数的零点存在？笔者在长期的教学实践中总结了四种方法，现说明如下。
法一：利用零点存在性定理
法二:利用函数与方程思想
法三:构造新的函数
如果导函数的解析式具有分式特征，且容易判断出分母是正数，此时往往将分子看成一个新的函数，进而对该函数进行研究从而得到相应的结论。
法四:利用极限思想。
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.。
解导数零点不可求问题的三种策略
ʏ河南省郑州市回民高级中学 赵 杰导数零点不可求是近几年的高考热点问题,常作为压轴题来考查,其核心是由导函数的正㊁负确定函数的单调性㊂用导数研究函数f (x )的单调性时,往往需要解方程f '(x )=0,若方程不易求解时,往往给解题带来困难,同学们可以试试采用猜㊁证㊁设的方法解决,进而提升大家的逻辑推理和直观想象素养㊂策略一:猜 猜出方程f '(x )=0的根对于题中含有字母的函数求导后,得到的是超越函数,此时求导数的零点时可结合导函数的特点猜出导函数的零点,进而求解㊂例1 已知函数f (x )=a e x-l n x -1㊂(1)当a =12e 2时,求f (x )的单调区间;(2)证明:当a ȡ1e 时,f (x )ȡ0㊂分析:(1)由f '(x )=x e x-2e22e 2x,可猜f'(2)=0,从而求解;(2)由于a ȡ1e,故f (x )ȡexe -l n x -1,欲证f (x )ȡ0,只需证exe-l n x -1>0即可㊂解:(1)f (x )的定义域为(0,+ɕ)㊂又a =12e 2,从而f (x )=12e2e x-l n x -1,f '(x )=12e 2e x -1x =x e x-2e22e 2x㊂当0<x <2时,f '(x )<0;当x >2时,f'(x )>0㊂所以f (x )的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+ɕ)㊂(2)当a ȡ1e 时,f (x )ȡexe-l n x -1㊂设g (x )=exe-l n x -1,则g '(x )=e xe -1x㊂易知当0<x <1时,g '(x )<0;当x >1时,g'(x )>0㊂所以x =1是g (x )的最小值点㊂故当x >0时,g (x )ȡg (1)=0㊂因此,当a ȡ1e时,f (x )ȡ0㊂点评:当所求的导函数的解析式中出现l n x 时,常猜想f '(x )=0的根为1;当解析式中出现e x时,常猜想f '(x )=0的根为0;当解析式中出现x e x -a e a时,常猜想f '(x )=0的根为a ㊂策略二:证 证明f '(x )=0有根(无根)函数求导后,导函数的零点不能求时,可根据导函数的特点证明出导函数有(几个)或无零点㊂例2 (2019年全国Ⅰ卷)已知函数f (x )=s i n x -l n (1+x ),f'(x )为f (x )的导数㊂证明:f'(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂分析:f (x )的定义域为(-1,+ɕ),求出原函数的导函数,进一步求导,得到f ᵡ(x )在-1,π2上为减函数,结合f ᵡ(0)=1,f ᵡπ2 =-1+11+π22<-1+1=0,由零点存在定理可知,函数f ᵡ(x )在-1,π2 上1 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.存在唯一的零点x 0㊂结合单调性可得,f'(x )在(-1,x 0)上单调递增,在x 0,π2上单调递减,可得f '(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂解:f (x )的定义域为(-1,+ɕ)㊂f '(x )=c o s x -11+x ,fᵡ(x )=-s i n x +1(1+x )2㊂令g (x )=-s i n x +1(1+x )2,则g '(x )=-c o s x -2(1+x )3<0在-1,π2上恒成立㊂故f ᵡ(x )在-1,π2上为减函数㊂又f ᵡ(0)=1, f ᵡπ2=-1+11+π22<-1+1=0,由零点存在定理可知,函数f ''(x )在-1,π2上存在唯一的零点x 0㊂结合单调性可得,f'(x )在(-1,x 0)上单调递增,在x 0,π2上单调递减㊂可得f '(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂点评:若导函数f '(x )在某区间上单调,可根据单调性及零点存在定理证出零点的个数;若导函数f '(x )在某区间上不单调,则通过导函数的极值及图像特征确定零点个数㊂策略三:设 设出f '(x )=0的根对于函数求导后,导函数的零点无法求解时,可设出零点,再根据函数的性质求解㊂例3 (2017年新课标Ⅱ卷)已知函数f (x )=x 2-x -x l n x ,证明:f (x )存在唯一的极大值点x 0,且f (x 0)<2-2㊂分析:f (x )=x 2-x -x l n x ,记t (x )=f '(x )=2x -2-l n x ,解不等式可知t (x )m i n=t 12=l n 2-1<0,从而可知f '(x )=0存在两根x 0,x 1㊂利用f (x )必存在唯一极大值点x 0及x 0<12,可知f (x 0)<14㊂另一方面可知f (x 0)>f1e=1e2㊂解:f (x )的定义域为(0,+ɕ),f (x )=x 2-x -x l n x ,f'(x )=2x -2-l n x ㊂令f '(x )=0,可得2x -2-l n x =0㊂记t (x )=2x -2-l n x ,则t '(x )=2-1x㊂令t '(x )=0,解得x =12㊂所以t (x )在区间0,12上单调递减,在12,+ɕ上单调递增㊂所以t (x )m i n =t 12=l n 2-1<0㊂又t1e 2=2e2>0,t (e )=2e -3>0,所以t (x )在0,12 ,12,+ɕ 上各存在唯一零点㊂所以t (x )=0有解,即f '(x )=0存在两个根x 0,x 1㊂且f '(x )在(0,x 0)上为正,在(x 0,x 1)上为负,在(x 1,+ɕ)上为正㊂所以f (x )必存在唯一极大值点x 0,且2x 0-2-l n x 0=0㊂因此,f (x 0)=x 20-x 0-x 0l n x 0=x 20-x 0+2x 0-2x 20=x 0-x 20㊂由x 0<12,可知f (x 0)<(x 0-x 20)m a x =-122+12=14㊂综上所述,f (x )存在唯一的极大值点x 0,且f (x 0)<2-2㊂点评:对于导数零点不可求的函数,利用零点存在定理,判断出零点所在的区间,设出零点代入所求的函数中达到消元化简的目的㊂注:本文系2022年度河南省基础教育教学研究项目 基于双新的高中数学单元教学设计㊁实施与评价研究 (J C J Y C 2203010020)研究成果㊂(责任编辑 徐利杰)11知识篇 新高考名师护航 高二数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
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).< p="">(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<x0,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)</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)=2-2ln2-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(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.< p="">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.< p="">设u(x)=(1<x≤e),下面求函数u(x)的最小值.< p="">u'(x)=(1< p="">可大胆猜测方程u'(x)=0无解,证明如下:由1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.<></x≤e),下面求函数u(x)的最小值.<></m(1<x≤e)有解.<></g(α),故整数k的最大值为2.<></b<且b</a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).<>。
数学高考导数难题导数零点问题导数
含参导函数零点问题的几种处理方法方法一：直接求出;代入应用对于导函数为二次函数问题;可以用二次函数零点的基本方法来求..1因式分解求零点例1 讨论函数)(12)21(31)(23R a x x a ax x f ∈+++-=的单调区间 解析：即求)('x f 的符号问题..由)2)(1(2)12()('2--=++-=x ax x a ax x f 可以因式分方法二：猜出特值;证明唯一对于有些复杂的函数;有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的;这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点;再证明该函数的单调性而验证其唯一性..例4 讨论函数ax x a x e a x x f x ++-+--=23)1(2131)1()(;R a ∈;的极值情况 解析：)1)(()1()()('2-+-=++-+-=x e a x a x a x e a x x f x x ;只能解出)('x f 的一个零点为a ;其它的零点就是01=-+x e x的根;不能解..例52011高考浙江理科设函数R a x a x x f ∈-=,ln )()(2Ⅰ若e x =为)(x f y =的极值点;求实数aⅡ求实数a 的取值范围;使得对任意的],3,0(e x ∈恒有24)(e x f ≤成立注：e 为自然对数;方法三：锁定区间;设而不求对于例5;也可以直接设函数来求;①当10≤<x 时;对于任意的实数a ;恒有240)(e x f <≤成立②当e x 31≤<;由题意;首先有,4)3ln(3()3(22e e a e e f ≤-=）解得)3ln(23)3ln(23e ee a e ee +≤≤-由'()()(2ln 1)af x x a x x=-+-;但这时会发现0)('=x f 的解除了a x =外还有x a x -+1ln 2=0的解;显然无法用特殊值猜出.. 令()2ln 1a h x x x=+-;注意到01)1(<-=a h ;0ln 2)(>=a a h ;且(3)2ln(3)12ln(3)13a h e e e e =+-≥+-=2(ln 30e ..故0)('=x f 在),1(a 及1;3e 至少还有一个零点;又()h x 在0;+∞内单调递增;所以函数()h x 在]3,1(e 内有唯一零点;但此时无法求出此零点怎么办..我们可以采取设而不求的方法;记此零点为0x ;则a x <<01.. 从而;当0(0,)x x ∈时;'()0f x ；当0(,)x x a ∈时;'()f x a ；当(,)x a ∈+∞时;'()0f x ;即()f x 在0(0,)x 内单调递增;在0,()x a 内单调递减;在(,)a +∞内单调递增..所以要使2()4f x e≤对](1,3x e ∈恒成立;只要2200022()()ln 4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩成立..000()2ln 10a h x x x =+-=;知002ln a x x =+3将3代入1得232004ln 4x x e ≤;又01x ;注意到函数23ln x x 在1;+∞内单调递增;故01x e ≤..再由3以及函数x x x +ln 2在1.+ +∞内单调递增;可得13a e ≤..由2解得;33e a e ≤≤+所以33e a e ≤≤综上;a 的取值范围为33e a e ≤≤.. 例6 已知函数||ln )(b x x ax xf ++=是奇函数;且图像在))(,(e f e e 为自然对数的底数处的切线斜率为3（1） 求b a ,的值（2） 若Z k ∈;且1)(-<x x f k 对任意1>x 恒成立;求k 的最大值.. 例7 2009高考全国Ⅱ理科设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、;且12x x <;I 求a 的取值范围;并讨论()f x 的单调性；II 证明：()21224In f x -> 方法四：避开求值;等价替换..对于有些函数的零点问题;可能用方法一、二、三都无法解决;这是我们可以考虑回避求其零点.. 避开方法：放缩不等式例8 设函数21)(ax x e x f x ---=Ⅰ若0=a ;求)(x f 的单调区间Ⅱ若当,0)(,0≥≥x f x 时求a 的取值范围..与例8类似;下面的2010高考全国Ⅱ理科的最后一题;也是这样的处理方法..设函数()1x f x e -=-． Ⅰ证明：当x ＞-1时;()1x f x x ≥+； Ⅱ设当0x ≥时;()1x f x ax ≤+;求a 的取值范围．。
导数零点不可求的四种破解策略
导数零点不可求的四种破解策略在数学中，导数就是用于描述函数改变率的概念。
直观上来说，导数可以理解为函数在其中一点上的斜率。
通常情况下，我们可以通过求导的方式来找到导数零点，也就是函数上的极值点。
但有时候，由于函数的复杂性或者特殊性，导数零点可能无法直接求得。
下面将介绍四种破解策略来应对这样的情况。
第一种策略是使用数值方法。
数值方法是一种通过近似计算来得到导数零点的方法。
其中，最常见的数值方法之一是牛顿法。
牛顿法是通过使用函数的切线来逼近导数零点的过程。
具体步骤如下：首先，取一个初始点；然后，计算该点处的切线斜率，得到一个新的点；再次计算新点处的切线斜率，得到一个更接近导数零点的新点；不断重复上述过程，直到达到所需的精度为止。
数值方法是一种有效的求导数零点的技巧，尤其适用于无法直接求导的函数。
第二种策略是使用图形方法。
图形方法是通过观察函数图像来找到导数零点的方法。
在图形方法中，我们可以使用计算机绘制函数图像，然后通过直观观察来找到导数为零的点。
这种方法尤其适用于简单的函数，或者具有明显特征的函数。
通过图形方法找到的导数零点可能不是精确值，但可以提供一个很好的近似解。
第三种策略是使用近似解析方法。
近似解析方法是一种通过进行适当近似来求解导数零点的方法。
其中，泰勒级数展开是一种常用的近似解析方法。
泰勒级数展开是将函数表示为一个无限级数的形式，通过截断级数，可以得到一个近似解析的形式。
利用泰勒级数展开，我们可以找到导数零点的近似解析解。
最后一种策略是使用符号计算方法。
符号计算是一种通过代数运算来进行精确计算的方法。
符号计算可用于求解导数为零的精确解。
通过使用符号计算软件，我们可以输入函数表达式，并对表达式进行求导、解方程等操作，以求得导数零点的精确解。
符号计算方法通常适用于简单的函数，或者具有明确表达式的函数。
综上所述，导数零点不可求的四种破解策略包括数值方法、图形方法、近似解析方法和符号计算方法。
根据具体问题的性质和要求，我们可以选择适用的方法来寻找导数零点，以得到所需的解。