隐零点在导数中的应用#已分享

专题：隐零点在导数中的应用

我们在导数中会遇到一类问题，对于函数（或者导函数），能通过单调性得到零点存在，却零点的值求不出来，此时我们往往会令零点为0x ，然后代入根据条件求解。此类问题我们称为隐零点。

例（南通、泰州市2017届高三第一次调研测）已知函数2()ln f x ax x x =--，a ∈R ．

（1）当38

a =时，求函数()f x 的最小值； （2）若10a -≤≤，证明：函数()f x 有且只有一个零点；

（3）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．

【解】（1）当38a =时，23()ln 8

f x x x x =--． 所以(32)(2)31()144x x f x x x x

+-'=--=，（x>0）． ………………2分 令()0f x '=，得2x =，

当(02)x ∈，时，()0f x '<；当(2)x ∈+∞，

时，()0f x '>， 所以函数()f x 在(02)，上单调递减，在(2)+∞，上单调递增．

所以当2x =时，()f x 有最小值1(2)ln 22

f =--．………………4分 （2）由2

()ln f x ax x x =--，得2121()210ax x f x ax x x x --'=--=>，． 所以当0a ≤时，221()<0ax x f x x

--'=， 函数()f x 在(0+)∞，上单调递减，

所以当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点．………6分

因为当0a -1≤≤时，(1)1<0f a =-，22

1e e ()>0e e a f -+=， 所以当0a -1≤≤时，函数()f x 在(0+)∞，上有零点．

综上，当0a -1≤≤时，函数()f x 有且只有一个零点．……8分

（3）解法一：

由（2）知，当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点．

因为函数()f x 有两个零点，所以>0a ． ……………………9分

由2

()ln f x ax x x =--，得221()(0)ax x f x x x --'=>，，令2()21g x ax x =--． 因为(0)10g =-<，2>0a ，

所以函数()g x 在(0)+∞，上只有一个零点，设为0x ．

当0(0)x x ∈，时，()0()0g x f x '<<，；当0()x x ∈+∞，时，()0()0g x f x '>>，．

所以函数()f x 在0(0)x ，上单调递减；在0()x +∞，上单调递增．

要使得函数()f x 在(0+)∞，上有两个零点，

只需要函数()f x 的极小值0()0f x <，即2000ln 0ax x x --<．

又因为2000()210g x ax x =--=，所以002ln 10x x +->，

又因为函数()2ln 1h x =x x +-在(0+)∞，上是增函数，且(1)0h =，

所以01x >，得0

101x <<． 又由20

0210ax x --=，得22000111112()()24a x x x =+=+-， 所以01a <<． …………………………………………13分

以下验证当01a <<时，函数()f x 有两个零点．

当01a <<时，21211()10a a g a a a a

-=--=>， 所以011x a

<<． 因为222

11e e ()10e e e e a a f -+=-+=>，且0()0f x <． 所以函数()f x 在01()e

x ，上有一个零点．

0()0f x <．

所以当01a <<时，函数()f x 在12()e a

，内有两个零点．

综上，实数a 的取值范围为(1)0，． …………………………………16分

下面证明：ln 1x x -≤．

设()1ln t x x x =--，所以11()1x t x x x

-'=-

=，（x>0）． 令()0t x '=，得1x =．

当(01)x ∈，时，()0t x '<；当(1)x ∈+∞，时，()>0t x '．

所以函数()t x 在(01)，上单调递减，在(1)+∞，上单调递增．

所以当1x =时，()t x 有最小值(1)0t =．

所以()1ln 0t x x x =--≥，得ln 1x x -≤成立．

解法二：

由（2）知，当0a ≤时，函数()f x 在(0+)∞，上最多有一个零点．

因为函数()f x 有两个零点，所以>0a ． ……………………9分 由2()ln 0f x ax x x =--=，得关于x 的方程2ln x x a x

+=，（x>0）有两个不等 的实数解．

又因为ln 1x x -≤， 所以222

ln

211(1)1x x x a x x x +-==--+≤，（x>0）． 因为x>0时，21(1)11x

--+≤，所以1a ≤． 又当=1a 时，=1x ，即关于x 的方程2

ln

x x a x +=有且只有一个实数解． 所以<<1a 0． ……………………………………………13分

（以下解法同解法1）

变式：

1. 已知函数()ln f x x = ，21()22

g x x x =- ，当1x > 时，不等式'(1)()2()3k x xf x g x -<++ 恒成立，则整数k 的最大值为 。4

（1）分参>>求导>>隐零点

（2）移项>>构造新函数>>分类讨论

2. （南京市、盐城市2017届高三第一次模拟）

设函数()ln f x x =，1()3a g x ax x

-=+-（a R ∈）.

（1）当2a =时，解关于x 的方程()0x

g e =（其中e 为自然对数的底数）；

（2）求函数()()()x f x g x ?=+的单调增区间；

（3）当1a =时，记()()()h x f x g x =?，是否存在整数λ，使得关于x 的不等式2()h x λ≥有解？若存在，请求出λ的最小值；若不存在，请说明理由.

（参考数据：ln20.6931≈，ln3 1.0986≈）

解：（1）当2a =时，方程()0x

g e =即为1230x x e e

+-=，去分母，得 22()310x x e e -+=，解得1x e =或12x e =， ……………2分 故所求方程的根为0x =或ln 2x =-. ……………4分

（2）因为1()()()ln 3(0)a x f x g x x ax x x ?-=+=++

->， 所以2222

11(1)((1))(1)()a ax x a ax a x x a x x x x ?-+----+'=+-==（0x >）， …6分

①当0a =时，由()0x ?'>，解得0x >；

②当1a >时，由()0x ?'>，解得1a x a

->； ③当01a <<时，由()0x ?'>，解得0x >；

④当1a =时，由()0x ?'>，解得0x >；

⑤当0a <时，由()0x ?'>，解得10a x a

-<<

. 综上所述，当0a <时，()x ?的增区间为1(0,)a a

-； 当01a ≤≤时，()x ?的增区间为(0,)+∞；

1a >时，()x ?的增区间为1(,)a a

-+∞. ……………10分 （3）方法一：当1a =时，()3g x x =-，()(3)ln h x x x =-，

所以3()ln 1h x x x '=+-单调递增，33()ln 12022

h '=+-<，3(2)ln 2102

h '=+->， 所以存在唯一03(,2)2x ∈，使得0()0h x '=，即003ln 10x x +-=， ………12分

当0(0,)x x ∈时，()0h x '<，当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>，

所以

20min 00000000

(3)39()()(3)ln (3)(1)6()x h x h x x x x x x x x -==-=--=-=-+， 记函数9()6()r x x x =-+，则()r x 在3(,2)2

上单调递增， …………14分

所以03()()(2)2r h x r <<，即031()(,)22h x ∈-

-， 由322

λ≥-，且λ为整数，得0λ≥， 所以存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. .……………16分

方法二：当1a =时，()3g x x =-，所以()(3)ln h x x x =-，

由(1)0h =得，当0λ=时，不等式2()h x λ≥有解， …………12分 下证：当1λ≤-时，()2h x λ>恒成立，即证(3)ln 2x x ->-恒成立. 显然当(0,1][3,)x ∈+∞时，不等式恒成立，

只需证明当(1,3)x ∈时，(3)ln 2x x ->-恒成立. 即证明2ln 03x x +

<-.令2()ln 3

m x x x =+-，

所以2221289()(3)(3)x x m x x x x x -+'=-=--，由()0m x '=，得4x = …14分

当(1,4x ∈-，()0m x '>；当(4x ∈，()0m x '<；

所以

max 121()(4ln(4ln(42)ln 21033

m x m +==-<--=-<. 所以当1λ≤-时，()2h x λ>恒成立.

综上所述，存在整数λ满足题意，且λ的最小值为0. .……………16分

隐零点 或 切线放缩

如果函数同时出现指对数，可考虑切线放缩进行消减