10.分离函数解决导数零点不可求问题

[高考数学母题一千题]

分离函数解决导数零点不可求问题

解决导数零点不可求问题的通法

利用导数研究函数的关键“点”是求导数的零点,在高考中,存在一类试题,其导数的零点不可求,那么如何破解“导数的零点不可求”的困局?我们给出破解困局的通法,以如下母题的方式给出:

[母题结构]:己知函数f(x)满足其导函数f '(x)的零点不可求,研究函数f(x)的性质.

[解题程序]:首先对导函数

f '(x)进行等价变形,分离出函数g(x),使f '(x)=M(x)g(x),其中M(x)或恒正,或恒负,或其零

点可求,然后,研究函数g(x)的零点. 1.函数

g(x)不含参数

子题类型Ⅰ:(2012年课标高考试题文科第21题)设函数f(x)=e x

-ax-2. (Ⅰ)求f(x)的单调区间;

(Ⅱ)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.

[分析]:本题的落脚点在第(Ⅱ)问,利用分离参数法可得:当x>0时,(x-k)

f '(x)+x+1>0⇔k<

1

1-+x

e x +x,令g(x)=

1

1-+x e x +x

(x>0),则问题等价于k

)

1()1()1(-+--x

x

x e e x e +1=-

2

)

1(1-+x

x e xe +1=2

)

1(-x

x e e (e x

-x-2),然后,利用(Ⅰ)中的

结果,研究分离出的函数f(x)=e x

-x-2的零点.

[解析]:(Ⅰ)由f(x)=e x -ax-2⇒

f '(x)=e x

-a;①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;②当a>0时,f(x)在

(-∞,lna)上单调递减,f(x)在(lna,+∞)上单调递增;

(Ⅱ)当a=1时,f '(x)=e x

-1,所以,当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0⇔当x>0时,k<

1

1-+x

e x +x;令g(x)=

1

1-+x e x +x(x>0),则g '(x)

=

2

)1(-x x e e (e x -x-2);由(Ⅰ)知,f(x)=e x

-x-2在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=e-3<0,f(2)=e 2

-4>0⇒f(x),即g '(x)在(1,2)

内存在唯一的零点α,且α是g(x)的极小值点,也是g(x)的最小值点;由g '(α)=0⇒e α

-α-2=0⇒e α

=α+2⇒g(α)=

1

1

-+ααe +α=1+α∈(2,3)⇒k 的最大值=2.

[点评]:对于函数f(x)满足:

f '(x)=M(x)g(x),其中M(x)或恒正,或恒负,g(x)不含参数,研究函数f(x)的性质;①确定g(x)的零点

α范围;②判断α是f(x)的极大值点,还是极小值点?③由g(α)=0及α的范围,求f(α)的取值范围. 2.函数

g(x)含参数

子题类型Ⅱ:(2014年山东高考试题)设函数f(x)=2

x

e x -k(

x

2

+lnx)(k 为常数,e=2071828…是自然对数的底数). (Ⅰ)当k ≤0时,求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.

[分析]:由f(x)=2x

e x

-k(x

2+lnx)(x>0)⇒

f '(x)=

4

22x

xe e x x

x --k(-

2

2x

+

x 1)=32x

x -(e x

-kx),所以,函数f(x)的性质取决于分离出的函数g(x)=e x

-kx 的零点.

[解析]:由f(x)=2x

e x

-k(x

2+lnx)(x>0)⇒

f '(x)=

4

22x xe e x x

x --k(-

2

2x +

x 1)=32x

x -(e x

-kx); (Ⅰ)当k ≤0时,e x

-kx>0(x>0),所以,函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增; (Ⅱ)当x ∈(0,2)时,

3

2x

x -<0;令g(x)=e x

-kx,则函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点⇔f '(x),即g(x)在(0,2)内存在两个

零点,且g(x)的图案在其零点附近穿过x 轴;由(Ⅰ)知,当k ≤0时,不合题意;当k>0时,由g '(x)=e x

-k ⇒g min (x)=g(lnk)=k-

klnk,所以,0

-2k>0⇒e

2

2

e ). [点评]:对于满足:

f '(x)=M(x)g(x)的函数f(x),其中M(x)或恒正,或恒负,g(x)含参数,研究函数f(x)性质的关键是研究f '(x)分

离出的含参数的函数g(x)的零点;逆向而行,由函数g(x)的零点及其零点类别(是f(x)的极大值点,极小值点,还是拐点),可命制函数f(x)的性质试题. 3.一个命题模式

子题类型Ⅲ:(2014年辽宁高考理科试题)已知函数f(x)=(cosx-x)(π+2x)-3

8

(sinx+1),g(x)=3(x-π)xosx-4(1+ sinx)ln(3-π

x

2).证明:(Ⅰ)存在唯一x 0∈(0,

2

π

),使f(x 0)=0; (Ⅱ)存在唯一x 1∈(

2

π

,π),使g(x 1)=0,且对(Ⅰ)中的x 0,有x 0+x 1<π. [分析]:第(Ⅰ)问是常规问题,对于第(Ⅱ)问当x ∈[

2π,π]时,由g(x)=0⇔x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-π

x 2)=0,因此,需研讨函数h(x)=

x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-π

x

2),但其导数的零点不可求,为利用第(Ⅰ)问的需通过t=π-x 转化变量的范围得t ∈[0,

2π],且h(t)=h(π-t)=t t t sin 1cos 3+-4ln(1+πt 2)⇒h '(t)=)

sin 1)(2()

(3t t t f ++π,即f(t)恰是由h '(t)分离出的函数. [解析]:(Ⅰ)当x ∈(0,

2π)时,由f '(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-32cosx<0⇒f(x)在(0,2π)内递减,又f(0)=π-3

8

>0, f(

2π)=-π2-3

16

<0⇒存在唯一x 0∈(0,2π),使f(x 0)=0; (Ⅱ)由g(x)=0⇔x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-πx 2)=0,x ∈[2π,π],令h(x)=x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-π

x

2),x ∈[2π,π],t=π-x ∈

[0,

2π],h(t)=h(π-t)=)sin(1)cos(])[(3t t t -+---ππππ-4ln[3-ππ)(2t -]=t t t sin 1cos 3+-4ln(1+πt 2),则h '(t)=)

sin 1)(2()

(3t t t f ++π⇒当x ∈(0,x 0)

时,h '(t)>0⇒h(t)在(0,x 0)内递增,又h(0)=0⇒h(t)>0;当x ∈(x 0,

2π)时,h '(t)<0⇒h(t)在(x 0,2π)内递减,又h(2

π

)