函数隐性零点的处理技巧

ln x 0 (x 0 1)2
③则
2 0 ，故 f（x0）＜﹣2 成立．
点评：处理函数隐性零点的三个步骤清晰可见。
3.对极值的估算
例 3.（2017 年全国课标 1）已知函数 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且 f（x）≥0． （1）求 a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 解析（1）因为 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx） （x＞0） ，则 f（x）≥0 等价于
解析（1）略解 f（x）极大值=f（
e ）=
1 ，无极小值； 2e
（2）可得 a≤﹣
2
e
；
2
（3）证明：a=﹣1，则 f（x）=
ln x 导数为 f′（x）= (x 1)2
1 2 ln x (x 1)3
1
x ，
① 设函数 f（ x）在（ 0， 1）上的极值点为 x0，②可得 1 2 ln
a ． x
当 a≤0 时，f′（x）＞0 恒成立，故 f′（x）没有零点，
当 a＞0 时，∵y=e2x 为单调递增，y=﹣
a 单调递增， x
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，又 f′（a）＞0，假设存在 b 满足 0＜b＜ln f′（b）＜0，故当 a＞0 时，导函数 f′（x）存在唯一的零点， （Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数 f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为 x0，
x0
1
x0
0 ，即有
1
2 ln x 0 1 1
1
x0
， 要 证 f（ x0） ＜ ﹣2， 即
ln x 0 (x 0 1)
2
1
+2＜ 0， 由 于
x0
2 (x 0 1)2
+2=
1 (1 2x 0 )2 1 +2= ，由于 x0∈（0，1） ，且 x0= ，2lnx0=1﹣ 不成立， 2x 0(x 0 1) x0 2 2x 0(x 0 1)
由
x0＜
1 可 2
知
f（
x0）
2 (x 0 x 0 )max
1 1 1 1 1 1 ；由 f′（ ）＜ 0 可知 x0＜ ＜ ， 所以 f（ x）在 2 e e 2 2 4 2 1
）上单调递减，所以 f（x0）＞f（
（0，x0）上单调递增，在（x0，
1
e
e
）=
1
e2
；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 点评：本题处理函数的隐性零点的三步亦清晰可见，请你标一标。 简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要 强调的是：
1
所以 f（x）在（0，+∞）存在唯一的零点．故 g′（x）在（0，+∞）存在唯一的零点． 设此零点为 a，则 a∈（ 1， 2） ． 当 x∈（ 0， a）时， g′（ x）＜ 0；当 x∈（ a， +∞）时， g′ （x）＞0．所以 g（x）在（0，+∞）的最小值为 g（a） ． ②又由 g′（a）=0，可得 ea=a+2， ③所以 g（a）=a+1∈（2，3） ．由于（*）式等价于 k＜g（a） ，故整数 k 的最大值为 2． 点评：从第 2 问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤：
令 f′（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣
1
x
，
令 t′（x）=0，解得：x=
1 1 1 ，所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单 2 2 2 1 ）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即 f′（x）=0 存在两根 2
故当 x＞0 时， （x﹣k）f′（x）+x+1＞0 等价于 k＜
x 1 +x（x＞0） （*） ， ex 1
令 g（x）=
e x (e x x 2) x 1 +x ，则 g′ （ x ） = ， (e x 1)2 ex 1
而函数 f（x）=ex﹣x﹣2 在（0，+∞）上单调递增，①f（1）＜0，f（2）＞0，
h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）=a﹣
1
x
．则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y=h（x）在 因为
（0，+∞）上单调递减，所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故 a＞0．
3
当 0＜x＜
1
a
时 h′（x）＜0，当 x＞
1
a
时 h′（x）＞0，所以 h（x）min=h（
调递增，所以 t（x）min=t（
x0，x2，且不妨设 f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
2 所以 f（x）必存在唯一极大值点 x0，且 2x0﹣2﹣lnx0=0，所以 f（x0）= x 0 ﹣ x 0 ﹣ x 0 ln
x0
＜
2 2 =x0 ﹣ x 0 ﹣ x 0(2x 0 2)=﹣ x 0 +x0 ，
4
第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确 定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的 范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围； 第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么 就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。 最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数 学中“设而不求”思想的体现。 二、针对性演练：
1
a
） ，又因为 h（1）
=a﹣a﹣ln1=0，所以
1
a
=1，解得 a=1；
（另解：因为 f（1）=0，所以 f（x）≥0 等价于 f（x）在 x＞0 时的最小值为 f（1） ， 所以等价于 f（x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1；） （2）证明：由（1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
x 0 ln x 0 3x 0 x (2 x 0 ) 3x 0 ，又 u（x0）=0，∴ln x0=2﹣x0， h（x）min= 0 =x0， x0 1 x0 1
∵λ＜h（x）min，λ∈Z，x0∈（1，2） ，∴﹣x0∈（﹣2，﹣1） ，λ 的最大值为﹣2．
2.解（Ⅰ）f（x）=e2x﹣alnx 的定义域为（0，+∞） ，∴f′（x）=2e2x﹣
1.求参数的最值或取值范围 例 1（2012 年全国 I 卷）设函数 f（x）=ex﹣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） （略解）若 a≤0，则 f′（x）＞0，f（x）在 R 上单调递增； 若 a＞0，则 f（x）的单调减区间是（﹣∞，lna） ，增区间是（lna，+∞） ． （2）由于 a=1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1=（x﹣k） （ex﹣1）+x+1．
设 h（x）=
x ln x 3x ，只需 λ＜h（x）min x 1
h'（x）=
(1 ln x 3)(x 1) (x ln x 3x ) x 2 ln x = （x＞0） ， (x 1)2 (x 1)2
6
令 u（x）=x﹣2+ln x，∴u'（x）=1+
1
①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定） ； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。
2.不等式的证明
例 2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数 f（x）=
ln x ，其中 a 为常数． (x a )2
（1）若 a=0，求函数 f（x）的极值； （2）若函数 f（x）在（0，﹣a）上单调递增，求实数 a 的取值范围； （3）若 a=﹣1，设函数 f（x）在（0，1）上的极值点为 x0，求证：f（x0）＜﹣2．
x
＞0，可得 u（x）在（0，+∞）上为单调递增函数，
∵u（1）=﹣1＜0，u（2）=ln 2＞0，∴存在 x0∈（1，2） ，使 u（x0）=0， 当 x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，即 h'（x）＞0， 当 x∈（0，x0）时，u（x）＜0，即 h'（x）＜0，∴h（x）在 x=x0 时取最小值，且 h（x）min=
1
e
）时，f′（x）＜0．∴f（x）的递增区间是（
1
e
，+∞） ，单调递减区间为（0，
1
e
） ．
（2）由（Ⅰ）可知，f（x）=（
1 2 1 x +x）lnx+ x2• 2 4
f(x ) (3 )x
1 2 1 x ln x 3x x ln x x 2 ⇔ ． 2 4 x 1
2
故当 a＞0 时，f（x）≥2a+aln
a
．
7
8
1 ）x+1， 2
依题意可得， f'（1） =1， 2a+
1 1 +1=2， ∴a ， f'（x） =（x+1） ln x+（x+1） =（x+1） （lnx+1） ， 2 4 1
．x∈（
令 f'（x）=0，即（x+1） （ln x+1）=0，∵x＞0，∴ x
1
e
e
，+∞）时，f′（x）＞
0，x∈（0，
函数隐性零点的处理技巧
近些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋 势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与 导函数的零点有着密切的联系， 可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。 函 数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。 根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类 ： 一类是在数值上可以准确 求出的， 不妨称之为显性零点 ； 另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函 数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析：
a
2
时，且 b＜
1 ， 4
当 x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当 x∈（x0+∞）时，f′（x）＞0，故 f（x）在（0，x0）单 调递减，在（x0+∞）单调递增，所以当 x=x0 时，f（x）取得最小值，最小值为 f（x0） ，
由于
a a a 2 2 ﹣ =0，所以 f（x0）= +2ax0+aln ≥2a+aln ． 2x 0 x 0 2x 0 a a
1 2 1 x百度文库lnx+ x 2 ，求 λ 2 4
2．设函数 f（x）=e2x﹣alnx． （Ⅰ）讨论 f（x）的导函数 f′（x）零点的个数；
5
（Ⅱ）证明：当 a＞0 时，f（x）≥2a+aln
2
a
．
三、针对性演练参考答案：
1.解：（1）函数 f（x）的定义域是（0，+∞） ，f'（x）=（x+1）ln x+（2a+
1．已知函数 f（x）=(
1 2 x x ) ln x ax 2 （a∈R） ，曲线 y=f（x）在 x=1 处的切线与 2
直线 x+2y﹣1=0 垂直． （1）求 a 的值，并求 f（x）的单调区间；
（2）若 λ 是整数，当 x＞0 时，总有 f（x）﹣（3+λ）x 的最大值．