高考数学复习 《导数中的隐零点问题》

衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》

衢州三中 李娜 知识要点

求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。

解隐零点问题的一般策略：

第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。列出零点方f ′(x 0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。

第二步：将零点方程f ′(x 0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。 典例分析

【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)

已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，②注意确定的合适范围.

例1 已知函数f （x ）=（ae x

﹣a ﹣x ）e x

（a ≥0，e=2.718…，e 为自然对数的底数），若f （x ）≥0对于x ∈R 恒成立． （1）求实数a 的值；

（2）证明：f （x ）存在唯一极大值点x 0，且．

【解答】

（1）a=1，证明略；

（2）证明：由（1）f （x ）=e x

（e x

﹣x ﹣1），

故f'（x ）=e x

（2e x

﹣x ﹣2），令h （x ）=2e x

﹣x ﹣2，h'（x ）=2e x

﹣1， 所以h （x ）在（﹣∞，ln

）单调递减，在（ln

，+∞）单调递增，

h （0）=0，h （ln ）=2eln ﹣ln ﹣2=ln2﹣1＜0，h （﹣2）=2e ﹣2﹣（﹣2）﹣2=

＞0，

∵h （﹣2）h （ln

）＜0由零点存在定理及h （x ）的单调性知，

方程h （x ）=0在（﹣2，ln

）有唯一根，

)(x f 0)('=x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f 0x

设为x0且2e x0﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，

所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，

由2e x0﹣x0﹣2=0得e x0=，x0≠﹣1，

∴f（x0）=e x0（e x0﹣x0﹣1）=（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤

（）2=，

取等不成立，所以f（x0）＜得证，

又∵﹣2＜x0＜ln，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增

所以f（x0）＞f（﹣2）=e﹣2[e﹣2﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，

从而0＜f（x0）＜成立．

例2 已知函数.

（1）讨论的最值；

（2）若，求证：..

【解析】

（1）依题意，得.①当时，，所以在上单调递减，故不存在最大值和最小值；

②当时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表

（2）当，，设

，则，设

，由

，可知

在

上单调递增.因为

，

，所以存在唯一的

，使得

.当变化时，

与

的变化情况如下表：

由上表可知，

在

上单调递减，在

上单调递增，故当

时，取得极小值，也是最小值，即.由

可得

，所以

.又

，所以

，所以

，即

，所以不等式

成立.[来源:https://www.360docs.net/doc/8f7593953.html,]

【类型二】含参函数的隐零点问题

对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、

已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则①有关系式成立，该关系式给出了的关系，②注意确定的合适范围，往往和的范围有关. 例3已知函数+3()e

x m

f x x =-,()()ln 12

g x x =++．

（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()

00f ，处的切线斜率为1，求实数m 的值； （Ⅱ）当1m ≥时，证明：()3()f x g x x >-

.

),(a x f a 0),('=a x f 0)('=x f 0x 0)('0=x f a x ,00x a

解：（Ⅰ）因为+3()e

x m

f x x =-，所以+2()e 3x m f x x '=-.………………………1分

因为曲线()y f x =在点()()

00f ，处的切线斜率为1，

所以()0e 1m

f '==，解得0m =.…………………………………………………2分

（Ⅱ） 设()()+e

ln 12x m

h x x =-+-，则()+1e 1

x m h x x '=-

+. 设()+1e 1x m p x x =-

+，则()()

+2

1e 01x m p x x '=+>+． 所以函数()p x =()+1

e 1

x m h x x '=-+在()+∞-1，上单调递增．………………6分 因为1m ≥，所以(

)(

)

1e

+1e 1e e e e e 10m

m

m

m

m m h ----+-+'-+=-=-<，()0e 10m h '=->.

所以函数()+1

e 1

x m h x x '=-

+在()+∞-1，上有唯一零点0x ，且()

01e ,0m x -∈-+. …8分

因为()00h x '=，所以0+01

e

1

x m

x =

+，即()00ln 1x x m +=--．………………9分 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>.

所以当0x x =时，()h x 取得最小值()0h x ．……………………………………10分 所以()()()0

+00e ln 12x m

h x h x x ≥=-+-001

21

x m x =

++-+ ()001

1301

x m x =

+++->+． 综上可知，当1m ≥时，()3()f x g x x >-．……………………………………12分

例4 已知函数f （x ）=e x+a

﹣lnx （其中e=2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当

时，f （x ）＞e+1．

【解答】（Ⅰ）解：∵a=0时，∴

，

∴f（1）=e，f′（1）=e﹣1，

∴函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线方程：y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即（e﹣1）x﹣y+1=0；

（Ⅱ）证明：∵，

设g（x）=f′（x），则，

∴g（x）是增函数，

∵e x+a＞e a，∴由，

∴当x＞e﹣a时，f′（x）＞0；

若0＜x＜1?e x+a＜e a+1，由，

∴当0＜x＜min{1，e﹣a﹣1}时，f′（x）＜0，

故f′（x）=0仅有一解，记为x0，则当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；

∴，

而，

记h（x）=lnx+x，

则，

?﹣a＜?h（x0）＜h（），

而h（x）显然是增函数，

∴，∴．

综上，当时，f（x）＞e+1．

巩固练习

1.已知函数.

（1）求的极值点；

（2）证明：.

2.已知函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e x＞x2+x+2．

3.已知函数的导函数为，且.

（1）求函数的极值.

（2）若，且对任意的都成立，求的最大值.

4．已知函数．

（Ⅰ）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（ii）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1．

参考答案

1.

（2）设，则，设，则方程在区间内恰有一个实根.

设方程在区间内的实根为，即.所以，当时，，此时单调递减；当时，，此时

单调递增.所以

由

在上是减函数知，，故

.综上.`

2. 【解答】（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣=…（2分）

当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，

所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）

当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，

所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；

（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x2+x﹣lnx，

要证明f（x）+e x＞x2+x+2，

只需证明e x﹣lnx﹣2＞0，设g（x）=e x﹣lnx﹣2，

则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，

令g′（x）=e x﹣=0，得e x=，

容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足e x0=，

当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表

x （0，x0）x0（x0，∞）g′（x）﹣0 +

g（x）递减递增

g（x）min=g（x0）=e x0﹣lnx0﹣2=+x0﹣2，

因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2=0，

因此不等式得证．

3.

（2）由（1）及题意知，对任意的都成立.令

，则.令，则

，所以函数在上为增函数，因为，，

所以方程存在唯一实根，且，.

故当时，，即；当时，，即.

所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以

，所以，，又，故的最大值为.

4.

【解答】（Ⅰ）当a=2时，，定义域为（0，+∞），

，

f′（1）=﹣1﹣2=﹣3，

f'（1）=2﹣2=0；

所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为0

所以切线方程为y=﹣3；

（ii）令g（x）=2﹣lnx﹣2x2，

所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）=0

所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0即f'（x）＞0

所以当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0即f'（x）＜0

综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．（Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即

设，，

设φ（x）=﹣ax2﹣lnx+2

所以φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立

即h'（x）在（0，+∞）上单调递减

因为1＜a＜2，

所以h'（1）=2﹣a＞0，h'（e2）=﹣a＜0，

所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，

即，

所以当x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，

当x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，

所以，

因为，

所以，

令h（x0）=0得，

因为1＜a＜2，所以，，

因为，所以h（x0）＜0恒成立，

即h（x）＜0恒成立，

综上所述，当1＜a＜2时，f（x）＜﹣1．