专题12 导数中隐零点的应用(原卷版)

2023-11-08 · U1 上传 · 18页 · 77.5 K

专题12 导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,按导函数零点能否求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f′(x)=0是超越形式),称之为“隐零点”.对于隐零点问题,常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧.用隐零点处理问题时,先证明函数f(x)在某区上单调,然后用零点存在性定理说明只有一个零点.此时设出零点x0,则f′(x)=0的根为x0,即有f′(x0)=0.注意确定x0的合适范围,如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关.这时就可以把超越式用代数式表示,同时根据x0的范围可进行适当的放缩.从而问题得以解决.基本解决思路是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算.用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题.隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.(2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.(3)将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.注意:确定隐性零点范围的方式是多种多样的,可以由零点的存在性定理确定,也可以由函数的图象特征得到,甚至可以由题设直接得到等等.至于隐性零点的范围精确到多少,由所求解问题决定,因此必要时尽可能缩小其范围.进行代数式的替换过程中,尽可能将目标式变形为整式或分式,那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换,这是能否继续深入的关键.最后值得说明的是,隐性零点代换实际上是一种明修栈道,暗渡陈仓的策略,也是数学中“设而不求”思想的体现.考点一 不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1] (2015全国Ⅱ)设函数f(x)=e2x-alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+alneq\f(2,a).解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-eq\f(a,x)(x>0).由f′(x)=0得2xe2x=a.令g(x)=2xe2x,g′(x)=(4x+2)e2x>0(x>0),从而g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0.当a>0时,方程g(x)=a有一个根,即f′(x)存在唯一零点;当a≤0时,方程g(x)=a没有根,即f′(x)没有零点.(2)由(1)可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以[f(x)]min=f(x0).由2e2x0-eq\f(a,x0)=0得e2x0=eq\f(a,2x0),又x0=,得lnx0=ln=lneq\f(a,2)-2x0,所以f(x0)=-alnx0=eq\f(a,2x0)-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)-2x0))=eq\f(a,2x0)+2ax0+alneq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,2x0)·2ax0)+alneq\f(2,a)=2a+alneq\f(2,a).故当a>0时,f(x)≥2a+alneq\f(2,a).[例2] (2013全国Ⅱ)设函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)若x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,求证:f(x)>0.解析 (1)f′(x)=ex-eq\f(1,x+m).由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=ex-eq\f(1,x+1).函数f′(x)=ex-eq\f(1,x+1)在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0.因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.当m=2时,函数f′(x)=ex-eq\f(1,x+2)在(-2,+∞)单调递增.又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.由f′(x0)=0得=eq\f(1,x0+2),ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=eq\f(1,x0+2)+x0=eq\f((x0+1)2,x0+2)>0.综上,当m≤2时,f(x)>0.[例3] 已知函数f(x)=xex-a(x+lnx).(1)讨论f(x)极值点的个数;(2)若x0是f(x)的一个极小值点,且f(x0)>0,证明:f(x0)>2(x0-xeq\o\al(3,0)).解析 (1)f′(x)=(x+1)ex-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x)))=(x+1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex-\f(a,x)))=eq\f((x+1)(xex-a),x),x∈(0,+∞).①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,不存在极值点;②当a>0时,令h(x)=xex-a,h′(x)=(x+1)ex>0.显然函数h(x)在(0,+∞)上是增函数,又因为当x→0时,h(x)→-a<0,h(a)=a(ea-1)>0,必存在x0>0,使h(x0)=0.当x∈(0,x0)时,h(x)<0,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以,x=x0是f(x)的极小值点.综上,当a≤0时,f(x)无极值点,当a>0时,f(x)有一个极值点.(2)由(1)得,f′(x0)=0,即x0ex0=a,f(x0)=x0ex0-a(x0+lnx0)=x0ex0(1-x0-lnx0),因为f(x0)>0,所以1-x0-lnx0>0,令g(x)=1-x-lnx,g′(x)=-1-eq\f(1,x)<0,g(x)在(0,+∞)上是减函数,且g(1)=0,由g(x)>g(1)得x<1,所以x0∈(0,1),设φ(x)=lnx-x+1,x∈(0,1),φ′(x)=eq\f(1,x)-1=eq\f(1-x,x),当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,所以φ(x)为增函数,φ(x)<φ(1)=0,即φ(x)<0,即lnx1-x,所以ln(x+1)x+1>0,则ex0>x0+1.因为x0∈(0,1),所以1-x0-lnx0>1-x0+1-x0=2(1-x0)>0.相乘得ex0(1-x0-lnx0)>(x0+1)(2-2x0),所以f(x0)=x0ex0(1-x0-lnx0)>2x0(x0+1)(1-x0)=2x0(1-xeq\o\al(2,0))=2(x0-xeq\o\al(3,0)).故f(x0)>2(x0-xeq\o\al(3,0))成立.[例4] 已知函数f(x)=aex+sinx+x,x∈[0,π].(1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;(2)当-20,g(π)=-eπ<0,所以存在x0∈(0,π),使得f′(x0)=0,且当00;当x00,h′(π)=aeπ<0,所以存在t∈(0,π),使得h′(t)=0,即aet+cost+1=0,且当00;当t0,所以函数φ(t)在区间(0,π)上单调递增,φ(t)<φ(π)=0,即f(x)<π.【对点训练】1.已知函数f(x)=(x-1)ex-ax的图象在x=0处的切线方程是x+y+b=0.(1)求a,b的值;(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-eq\f(3,2). 2.已知函数f(x)=ex-t-lnx.(1)若x=1是f(x)的极值点,求t的值,并讨论f(x)的单调性;(2)当t≤2时,证明:f(x)>0. 3.已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))=aex-2x,a∈R.(1)求函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值;(2)当a≥1时,证明:feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))-lnx+2x>2. 4.已知函数f(x)=eq\f(a,x)+bxlnx,其中a,b∈R.(1)若函数f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=x+e,求a,b的值;(2)当b>1时,f(x)≥1对任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))恒成立,证明:a>eq\f(\r(e)+1,2e). 5.已知函数f(x)=ex+a-lnx(其中e=2.71828…,是自然对数的底数).(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;(2)求证:当a>1-eq\f(1,e)时,f(x)>e+1. 考点二 不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1] 已知函数f(x)=ax+xlnx(a∈R).(1)若函数f(x)在区间[e,+∞)上为增函数,求a的取值范围;(2)当a=1且k∈Z时,不等式k(x-1)1).则h′(x)=1-eq\f(1,x)=eq\f(x-1,x)

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