数学高考导数难题导数零点问题导数最新整理
含参导函数零点问题的几种处理方法 方法一：直接求出，代入应用
对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。 （1）因式分解求零点 例1 讨论函数)(12)2
1
(31)(23R a x x a ax x f ∈+++-=
的单调区间 解析：即求)('x f 的符号问题。由)2)(1(2)12()('2
--=++-=x ax x a ax x f 可以因式分
方法二：猜出特值，证明唯一
对于有些复杂的函数，有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的，这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点，再证明该函数的单调性而验证其唯一性。 例4 讨论函数ax x a x e a x x f x
++-+
--=23)1(2
1
31)1()(，R a ∈，的极值情况 解析：)1)(()1()()('2
-+-=++-+-=x e a x a x a x e a x x f x
x
，只能解出)('x f 的一个零点为a ,其它的零点就是01=-+x e x
的根，不能解。
例5（2011高考浙江理科）设函数R a x a x x f ∈-=,ln )()(2
（Ⅰ）若e x =为)(x f y =的极值点，求实数a
（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的],3,0(e x ∈恒有2
4)(e x f ≤成立（注：e 为自然对数）， 方法三：锁定区间，设而不求
对于例5，也可以直接设函数来求，
①当10≤ 40)(e x f <≤成立②当e x 31≤<，由题意，首先有 ,4)3ln(3()3(22 e e a e e f ≤-=）解得) 3ln(23) 3ln(23e e e a e e e + ≤≤- 由'()()(2ln 1)a f x x a x x =-+-，但这时 会发现0)('=x f 的解除了a x =外还有x a x -+1ln 2=0的解，显然无法用特殊值猜出。 令()2ln 1a h x x x =+- ，注意到01)1(<-=a h ，0ln 2)(>=a a h ， 且(3)2ln(3)12ln(3)13a h e e e e =+-≥+- =2(ln 30e 。 故0)('=x f 在),1(a 及（1，3e ）至少还有一个零点，又()h x 在（0，+∞）内单调递增，所以函数()h x 在]3,1(e 内有唯一零点，但此时无法求出此零点怎么办。我们可以采取设而不求的方法，记此零点为0x ，则a x <<01。 从而，当0(0,)x x ∈时，'() 0f x ；当0(,)x x a ∈时，'() f x a ；当(,)x a ∈+∞时，'() 0f x ，即()f x 在0(0,) x 内单调递增，在0,()x a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增。所以要使2 ()4f x e ≤对](1,3x e ∈恒成立，只要 22 00022 ()()ln 4,(1) (3)(3)ln(3)4,(2) f x x a x e f e e a e e ?=-≤??=-≤??成立。 000 ()2ln 10a h x x x =+- =，知002ln a x x =+（3）将（3）代入（1）得232004ln 4x x e ≤，又01x ，注意到函 数2 3 ln x x 在[1,+∞)内单调递增，故01 x e ≤。再由（3）以及函数x x x +ln 2在（1.+ +∞)内单调递增，可得 13a e ≤。由（2 ）解得，33e a e ≤≤+ 33e a e ≤≤综上，a 的取值范围为33e a e ≤≤。 例6 已知函数||ln )(b x x ax x f ++=是奇函数，且图像在))(,(e f e （e 为自然对数的底数）处的切线斜率为3 （1） 求b a ,的值 （2） 若Z k ∈，且1 ) (-< x x f k 对任意1>x 恒成立，求k 的最大值。 例7 （2009高考全国Ⅱ理科）设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、， 且12x x <， （I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()2122 4 In f x -> 方法四：避开求值，等价替换。 对于有些函数的零点问题，可能用方法一、二、三都无法解决，这是我们可以考虑回避求其零点。 避开方法：放缩不等式 例8 设函数2 1)(ax x e x f x ---= （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间 （Ⅱ）若当,0)(,0≥≥x f x 时求a 的取值范围。 与例8类似，下面的2010高考全国Ⅱ理科的最后一题，也是这样的处理方法。 设函数()1x f x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1 x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1 x f x ax ≤ +，求a 的取值范围．