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=2024

f 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 =0

200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭

，.

令()g x =

1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭

，.

由()/

g x =()

2

1

102x x -

-<+得()g x 在1142x ⎛⎫

∈ ⎪⎝⎭

，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭2

1=ln 15

2->,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()()/

1

2x

f 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 ---00

2ln 2a

ax a a x =++22ln a a a ≥+.

故()min 22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()2

2ln 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 2

2ln 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

20

=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,()1

k

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 <.

()/

2

1ln(1)x x h x x

--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/

01

x 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 =()000

1[1ln(1)]x x x +++=.