隐零点问题的8种解决策略

隐零点问题的8种解决策略
隐零点问题的8种解决策略

隐零点问题的8种解决策略

我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用显性的代数式进行表达),基本解决思路是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化,方法上分离函数(参数),技巧上反客为主.

导数压轴题之隐零点问题专辑含答案纯word版

导数压轴题之隐零点问题 导数压轴题之隐零点问题(共13题) 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x0,且. 【解答】(1)解:f(x)=e x(ae x﹣a﹣x)≥0,因为e x>0,所以ae x﹣a﹣x≥0恒成立, 即a(e x﹣1)≥x恒成立, x=0时,显然成立, x>0时,e x﹣1>0, 故只需a≥在(0,+∞)恒成立, 令h(x)=,(x>0), h′(x)=<0, 故h(x)在(0,+∞)递减, 而==1, 故a≥1, x<0时,e x﹣1<0, 故只需a≤在(﹣∞,0)恒成立, 令g(x)=,(x<0), g′(x)=>0, 故h(x)在(﹣∞,0)递增,

而==1, 故a≤1, 综上:a=1; (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, 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. 2.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)<f(x)在x∈(1,+∞)上恒成立,

函数导数压轴题隐零点的处理技巧

函数导数压轴题隐零点的处理技巧 些年高考压轴题中,用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题,最终都会归结于函数的单调性的判断,而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系,可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念,经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出,我们把它分为两类:一类是在数值上可以准确求出的,不妨称之为显性零点;另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析: 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I卷)设函数f(x)=e x﹣ax﹣2. (1)求f(x)的单调区间; (2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x﹣k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值. 解析:(1)(略解)若a≤0,则f′(x)>0,f(x)在R上单调递增; 若a>0,则f(x)的单调减区间是(﹣∞,ln a),增区间是(ln a,+∞). (2)由于a=1,所以(x﹣k)f′(x)+x+1=(x﹣k)(e x﹣1)+x+1. 故当x>0时,(x﹣k)f′(x)+x+1>0等价于k< 1 1 x x e + - +x(x>0)(*), 令g(x)= 1 1 x x e + - +x,则g′(x)= 2 (2) (1) x x x e e x e -- - , 而函数f(x)=e x﹣x﹣2在(0,+∞)上单调递增,①f(1)<0,f(2)>0, 所以f(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为a,则a∈(1,2).当x∈(0,a)时,g′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(a). ③所以g(a)=a+1∈(2,3).由于(*)式等价于k<g(a),故整数k的最大值为2. 点评:从第2问解答过程可以看出,处理函数隐性零点三个步骤: ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定); ②根据零点的意义进行代数式的替换; ③结合前两步,确定目标式的范围。

高中数学专题---隐零点及卡根思想

高中数学专题--- 隐零点及卡根思想 基本方法: 导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断,而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系,可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点,根据其数值上的差异,我们可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,我们不妨称为“显零点”;另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的,我们不妨称为“隐零点”. (1)函数“隐零点”的存在性判断 对于函数“隐零点”的存在性判断,常采用下列两种方法求解:①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调,且()()0f a f b ?,则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点;②借助图像分析,即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x =的解的判断,并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理. (2)函数“隐零点”的虚设和代换 对于函数“隐零点”,由于无法求出其显性表达式,这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”:在确定零点存在的条件下虚设零点0x ,再借助零点的表达式 进行合理的代换进而求解. (3)函数“隐零点”的数值估计-卡根思想 函数“隐零点”尽管无法求解,但是我们可以进行数值估计,最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计,估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计,可以通过单调函数构造函数不等式进行估计. 一、典型例题 1. 已知函数()22e x f x x x =+-,记0x 为函数()f x 极大值点,求证:()0124f x <<. 2. 已知函数()4ln (1)x f x x x += >. 若*k N ∈,且()1k f x x <+恒成立. 求k 的最大值. 二、课堂练习 1. 已知函数()2ln f x x x x x =--,证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2202e f x --<<. 2. 已知函数ln 1()x f x ax x -= -. 若12a <<,求证:()1f x <-. 三、课后作业 1. 已知函数()ln f x x =,若关于x 的方程()()1f x m x =+,()m Z ∈有实数解,求整数m 的最大值. 2. 已知函数()22ln f x x =+,令()() 2xf x g x x =-在()2,+∞上的最小值为m ,求证:()67f m <<.

导数方法与技巧一(隐零点问题)

高三数学一轮复习第二十讲:导数的方法与技巧一(隐零点问题) 1.已知函数 ()()()ln ,f x x h x ax a R ==∈(1)若函数与的图像无公共点,试求实数的取值范围; ()f x ()g x a (2)是否存在实数,使得对任意的,都有函数的图像在的图像m 1,2x ??∈+∞ ??? ()m y f x x =+()x e g x x =的下方?若存在,求出最大整数的值;若不存在,请说明理由. m (参考数据:) ln 20.6931,ln 3 1.3956≈≈≈≈ 2.已知函数,其中,为自然对数的底数. ()()222 x a f x x e x =--a R ∈e (1)函数的图象能否与轴相切?若能求出实数的值;否则,说明理由. ()f x x a (2)若函数在上单调递增,求实数能取到的最大整数值. ()2y f x x =+R a

3.设函数. ()()ln ,21x f x x x g x x e x =-=?--(1)关于的方程在区间上有解,求实数的取值范围; x ()2103 f x x x m =-+[]1,3m (2)证明:当时,. 0x >()()g x f x ≥ 4.已知函数,若恒成立,求实数的取值范围. ()()()2 23,x f x e x a a R =--+∈()0,0x f x ≥≥a

5.已知函数. ()ln 1f x ax x =++(1)讨论函数零点的个数; ()f x (2)对任意的恒成立,求实数的取值范围. ()20,x x f x xe >≤a 6.已知函数. ()2 x f x e x ax =--(1)若函数在R 上单调递增,求实数的取值范围. ()f x a (2)若,证明:当时,. 1a =0x >()2 ln 2ln 2122f x ??>-- ??? (参考数据:) 2.71828,ln 20.69e ≈≈

隐零点问题

隐零点问题 有一种零点客观存在,但不可解,然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题. 类型一 根据隐零点化简求范围 典例1. 已知函数的图像在点(其中为自然对数的底数)处的切线斜率为3. ()ln f x ax x x =+x e =e (1)求实数的值; a (2)若,且对任意恒成立,求的最大值; k Z ∈() 1 f x k x <-1x >k 【答案】 3【解析】解析:(1),由解得; ()'1ln f x a x =++()3f e =1a =(2),,, ()ln f x x x x =+()ln ()11f x x x x k g x x x +< =--@2 2ln '()(1)x x g x x --= -令,有,那么. ()2ln h x x x =--1 '()10h x x =- >()(1)1h x h >=-不妨设,由,,则可知,且. 0()0h x =(3)0h <(4)0h <0(3,4)x ∈00ln 2x x =-因此,当时,,;当时,,; ()0h x >()'0g x >0x x >()0h x <()'0g x <0x x <即可知, []000000min 00(ln 1)(1) ()()11 x x x x g x g x x x x +-== ==--所以,得到满足条件的的最大正整数为3. 0k x ≤k

类型二 根据隐零点分区间讨论 典例2 已知函数,为何值时,方程有唯一解. 2()2ln (0)f x x t x t =->t ()2f x tx =【答案】 (,0){1}-∞ 【解析】 , 222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=?+=当时,有; ln 0x x +=t R ∈设,;又,,不妨设, ()ln u x x x =+1'()10u x x =+ >(1)10u =>11 ()10u e e =-<00ln 0x x +=则可知. 01(,1)x e ∈当时,得到; , ln 0x x +≠22()ln x t g x x x =+@222 2ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+== ++令,易知,且时,;时,; ()12ln g x x x =-+(1)0g =1x >()0g x >1x <()0g x < 综上可知在区间上为减函数,在区间上为增函数;画图函数图像: ()g x 00(0,),(,1)x x (1,)+∞ 因此,可知所求的范围为. t (,0){1}-∞

高考数学专题复习函数隐性零点的处理技巧

高考数学专题复习函数隐性零点的处理技巧 近些年高考压轴题中,用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题,最终都会归结于函数的单调性的判断,而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系,可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念,经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出,我们把它分为两类:一类是在数值上可以准确求出的, 不妨称之为显性零点;另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析: 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I 卷)设函数f (x )=e x ﹣ax ﹣2. (1)求f (x )的单调区间; (2)若a=1,k 为整数,且当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0,求k 的最大值. 解析:(1)(略解)若a≤0,则f ′(x )>0,f (x )在R 上单调递增; 若a >0,则f (x )的单调减区间是(﹣∞,lna ),增区间是(lna ,+∞). (2)由于a=1,所以(x ﹣k )f′(x )+x+1=(x ﹣k )(e x ﹣1)+x+1. 故当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0等价于k < 1 1 -+x e x +x (x >0)(*), 令g (x )=1 1 -+x e x +x ,则g′(x )=2)1()2(---x x x e x e e , 而函数f (x )=e x ﹣x ﹣2在(0,+∞)上单调递增,①f (1)<0,f (2)>0, 所以f (x )在(0,+∞)存在唯一的零点.故g ′(x )在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为a ,则a ∈(1,2).当x ∈(0,a )时,g ′(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,g ′(x )>0.所以g (x )在(0,+∞)的最小值为g (a ).

高考数学隐零点问题解题技巧

专题三 . 隐零点专题 知识点 一、不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数)(x f ,导函数方程0)('=x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则①有关系式0)('0=x f 成立,②注意确定0x 的合适范围. 二、含参函数的隐零点问题 已知含参函数),(a x f ,其中a 为参数,导函数方程0),('=a x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则①有关系式0)('0=x f 成立,该关系式给出了a x ,0的关系,②注意确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关. 例1.已知函数)2ln()(+-=x e x g x ,证明)(x g >0. 例2.(2017052001)已知函数x a e x f x ln )(-=. (I )讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数; (II )证明:当0>a 时,)ln 2()(a a x f -≥. 例3.(2017.全国II.21)已知函数x x ax ax x f ln )(2 --=,且()0f x ≥. (I )求a ; (II )证明:)(x f 存在唯一的极大值点0x ,且2022)(--<时,(2)e 20;x x x -++> (II )证明:当[0,1)a ∈ 时,函数()2 e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ,求函数()h a 的值域. 例 5.(2013.湖北.10)已知a 为常数,函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <,则 A.21)(,0)(21->>x f x f B.2 1)(,0)(21-<

(完整版)导数压轴题分类(6)---函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴分类(6)---函数的隐零点问题 任务一、完成下面问题,总结隐零点问题的解题方法。 例1. [2013湖北理10] 已知a 为常数,函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点21x x ,,且21x x <,则( ) A.)(1x f >0,)(2x f >21- B. )(1x f <0,)(2x f <2 1- C. )(1x f >0,)(2x f <21- D . )(1x f <0,)(2x f >21- 例2. [2012全国文21] 设函数2)(--=ax e x f x . (1)求函数)(x f 的单调区间; (2)若1=a ,k 为整数,且当x >0时,1)(')(++-x x f k x >0,求k 的最大值。 k 的最大值=2 任务二、完成下面问题,体验隐零点问题的解题方法的应用。 2.1 [2015北京海淀二模理18] 设函数2ln 1)(x x x f -=. (Ⅰ)求函数)(x f 的零点及单调区间; (Ⅱ)求证:曲线x x y ln = 存在斜率为6的切线,且切点的纵坐标0y <1- 提示解析:(Ⅰ)函数)(x f 的零点为x e =,单调减区间32(0,)e ;单调增区间32(,)e +∞; (Ⅱ)x x y ln =存在斜率为6的切线即存在点000ln (,)x x x 处导数为6,于是020 1ln 6x x -=,即2001ln 60x x --=,令2()1ln 6f x x x =--为增函数,易判断所以01(,1)2x ∈,所以20000000 ln 1616x x y x x x x -===-为减函数,所以0001 2|231x y y =<=-=-

函数隐性零点的处理技巧

函数隐性零点的处理技巧 一、隐性零点问题示例及简要分析: 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I 卷)设函数f (x )=e x ﹣ax ﹣2. (1)求f (x )的单调区间; (2)若a=1,k 为整数,且当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0,求k 的最大值. 2.不等式的证明 例2.(湖南部分重点高中联考试题)已知函数f (x )=2 ) (ln a x x ,其中a 为常数. (1)若a=0,求函数f (x )的极值; (2)若函数f (x )在(0,﹣a )上单调递增,求实数a 的取值范围; (3)若a=﹣1,设函数f (x )在(0,1)上的极值点为x 0,求证:f (x 0)<﹣2.

3.对极值的估算 例3已知函数f (x )=ax 2 ﹣ax ﹣xlnx ,且f (x )≥0. (1)求a ; (2)证明:f (x )存在唯一的极大值点x 0,且e ﹣2 <f (x 0)<2﹣2 . 二、针对性演练: 1.已知函数 f (x )=22 ln )2 1( ax x x x ++(a∈R),曲线y=f (x )在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直. (1)求a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)若λ是整数,当x >0时,总有f (x )﹣(3+λ)x 221x > -λlnx+24 1 x ,求λ的最大值. 2.设函数f (x )=e 2x ﹣alnx . (Ⅰ)讨论f (x )的导函数f′(x )零点的个数; (Ⅱ)证明:当a >0时,f (x )≥2a+aln a 2 .

答 案 函数隐性零点的处理技巧 一、隐性零点问题示例及简要分析: 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I 卷)设函数f (x )=e x ﹣ax ﹣2. (1)求f (x )的单调区间; (2)若a=1,k 为整数,且当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0,求k 的最大值. 解析:(1)(略解)若a≤0,则f ′(x )>0,f (x )在R 上单调递增; 若a >0,则f (x )的单调减区间是(﹣∞,lna ),增区间是(lna ,+∞). (2)由于a=1,所以(x ﹣k )f′(x )+x+1=(x ﹣k )(e x ﹣1)+x+1. 故当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0等价于k < 1 1 -+x e x +x (x >0)(*), 令g (x )=1 1 -+x e x +x ,则g′(x )=2)1()2(---x x x e x e e , 而函数f (x )=e x ﹣x ﹣2在(0,+∞)上单调递增,①f (1)<0,f (2)>0, 所以f (x )在(0,+∞)存在唯一的零点.故g ′(x )在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为a ,则a∈(1,2).当x∈(0,a )时,g ′(x )<0;当x∈(a ,+∞)时,g ′(x )>0.所以g (x )在(0,+∞)的最小值为g (a ). ③所以g (a )=a+1∈(2,3).由于(*)式等价于k <g (a ),故整数k 的最大值为2. 点评:从第2问解答过程可以看出,处理函数隐性零点三个步骤: ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定); ②根据零点的意义进行代数式的替换; ③结合前两步,确定目标式的范围。

导数与函数隐性零点问题学生版

函数隐性零点问题 近年高考压轴题中,用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题,最终都会归结于函数的单调性的判断,而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系,可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。 函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念,经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出,我们把它分为两类:一类是在数值上可以准确求出的, 不妨称之为显性零点;另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,不妨称之为隐性零点。 1.不含参函数的隐性零点问题 已知不含参函数)(x f ,导函数方程0)('=x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则:①有关系式0)('0=x f 成立,②注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题 已知含参函数),(a x f ,其中a 为参数,导函数方程0),('=a x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则:①有关系式0)('0=x f 成立,该关系式给出了a x ,0的关系,②注意确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关. 题型一 求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I 卷)设函数f (x )=e x ﹣ax ﹣2. (1)求f (x )的单调区间; (2)若a=1,k 为整数,且当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0,求k 的最大值. 点评:从第2问解答过程可以看出,处理函数隐性零点三个步骤: ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定); ②根据零点的意义进行代数式的替换; ③结合前两步,确定目标式的范围。

专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

专题五挖掘“隐零点”,破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法,函数问题可以利用方程求解,方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体,主要考查以下三个方面:(1)零点所在区间——零点存在性定理;(2)二次方程根的分布问题;(3)判断零点的个数问题;(4)根据零点的情况确定参数的值或范围;(5)根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”,破解导数压轴问题,例题说法,高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”,求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性,并说明理由; (2)当时,恒成立,求的取值范围. 【答案】(1)区间单调递增;(2) 【解析】 (1).∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增,所以当时 即函数f(x)在区间单调递减;当时 即函数f(x)在区间单调递增; (2)因为,而在(0,1)上递增 存在使得

,当 时单调递减; 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”,证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-,设()2 0,2a e ∈求证:当(]0,1x ∈时,2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1,222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-,()22()242x x x xe x e ?'==+, 当(]0,1x ∈,()0x ?'>,即()x ?在区间(]0,1为增函数, (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈,所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时,'()0f x <,当(]0,1x x ∈,'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减,在(]0,1x 单调递增, 所以当0x x =时,()f x 取得最小值,最小值为0200()ln x f x e a x =-, 由0 2020x x e a -=,即0 202x a e x = ,两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于,所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+

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

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——隐零点问题 1.(2012?新课标)设函数f(x)=e x﹣ax﹣2. (Ⅰ)求f(x)的单调区间; (Ⅱ)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x﹣k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值. 解:(I)函数f(x)=e x﹣ax﹣2的定义域是R,f′(x)=e x﹣a, 若a≤0,则f′(x)=e x﹣a≥0,所以函数f(x)=e x﹣ax﹣2在(﹣∞,+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈(﹣∞,lna)时,f′(x)=e x﹣a<0; 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)=e x﹣a>0; 所以,f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)上单调递增. (II)由于a=1,所以,(x﹣k)f′(x)+x+1=(x﹣k)(e x﹣1)+x+1 故当x>0时,(x﹣k)f′(x)+x+1>0等价于k<(x>0)① 令g(x)=,则g′(x)= 由(I)知,当a=1时,函数h(x)=e x﹣x﹣2在(0,+∞)上单调递增, 而h(1)<0,h(2)>0, 所以h(x)=e x﹣x﹣2在(0,+∞)上存在唯一的零点, 故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,设此零点为α,则有α∈(1,2) 当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0; 所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α). 又由g′(α)=0,可得eα=α+2所以g(α)=α+1∈(2,3) 由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2. 2.(2013?新课标Ⅱ)已知函数f(x)=e x﹣ln(x+m) (Ι)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0. 【解答】(Ⅰ)解:∵,x=0是f(x)的极值点,∴,解得m=1.所以函数f(x)=e x﹣ln(x+1),其定义域为(﹣1,+∞). ∵. 设g(x)=e x(x+1)﹣1,则g′(x)=e x(x+1)+e x>0,所以g(x)在(﹣1,+∞)上为增函数,

导数中两种零点问题解决方法

导数中的零点问题解决方法 解决零点问题,需要采用数形结合思想,根据函数的图像或者趋势图像找出符合 题意的条件即可,因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。 一、能直接分离参数的零点题目 此类问题较为简单,分离之后函数无参数,则可作出函数的准确图像,然后上下 移动参数的值,看直线与函数交点个数即可。 例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+ =,若关于x 的方程2()()2g x f x e x =-只有一个实数根,求a 的值。 解析:22()ln ()22g x x f x e a x ex x x =-?=-+,令2ln ()2x h x x ex x =-+,'21ln ()22x h x x e x -=-+,令'()0h x =,则x e = 当0x e <<时,'()0h x >,()h x 单调递增;当x e >时,'()0h x <,()h x 单调递 减,2max 1()()h x h e e e ==+ 注意这里()h x 的单调性不是硬解出来的,因为你会发现'()h x 的式子很复杂,但是 如果把()h x 当成两个函数的和,即2ln (),()2x m x n x x ex x = =-+,此时(),()m x n x 的单调性和极值点均相同,因此可以整体判断出()h x 的单调性和极值点。 所以21a e e =+(注意:有一个根转化为图像只有一个交点即可) 二、不能直接分离参数的零点问题(包括零点个数问题) 这里需要注意几个转化,以三次函数为例,若三次函数有三个不同的零点,则函 数必定有两个极值点,且极大值和极小值之积为负数,例如()f x 在区间(0,1)上有零点,此时并不能确定零点的个数,只能说明至少有一个零点,若函数在区间上单调,只需要用零点存在性定理即可,但是若函数在区间上不单调,则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。 在解决此类问题时常用的知识是零点存在定理和极限的相关知识,但必不可少的 是求出函数的趋势图像,然后根据趋势图像找符合零点问题的条件即可,这里需要说明一下,参数影响零点的个数问题主要有两个方向,一是参数影响单调性和单调区间

隐零点问题解题技巧

隐零点 知识点 一、不含参函数的隐零点问题 已知不含参函数)(x f ,导函数方程0)('=x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则①有关系式0)('0=x f 成立,②注意确定0x 的合适范围. 二、含参函数的隐零点问题 已知含参函数),(a x f ,其中a 为参数,导函数方程0),('=a x f 的根存在,却无法求出,设方程0)('=x f 的根为0x ,则①有关系式0)('0=x f 成立,该关系式给出了a x ,0的关系,②注意确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关. 例1. 已知函数)2ln()(+-=x e x g x ,证明)(x g >0.

例2.已知函数x e x x f -=ln 2)(. 求证:.0)(

例3.已知函数x a e x f x ln )(-=. (I )讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数; (II )证明:当0>a 时,)ln 2()(a a x f -≥.

例4. 已知函数32)(++?=ax e x x f x 。若,21-=a 求证:4ln )(+≥x x f

例5:已知a 为常数,函数()()ln f x x x ax =-有两个极值点1212,()x x x x <, (1)求a 的取值范围? (2)证明:)(x f 存在唯一的极小值点0x ,且0)(0

例6.(2017.全国II.21)已知函数x x ax ax x f ln )(2 --=,且()0f x ≥. (I )求a ; (II )证明:)(x f 存在唯一的极大值点0x ,且202)(-

补上一课 导函数的“隐零点”问题

导函数的“隐零点”问题 知识拓展 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直接表示的,称之为“隐零点”.对于隐零点问题,由于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,对学生综合能力的要求较高,成为考查的难点. 题型突破 题型一函数最值中的“隐零点” 【例1】设函数f(x)=e2x-a ln x.(a为大于零的常数),已知f′(x)=0有唯一零点,求f(x)的最小值. 解f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-a x(x>0). 当a>0时,设u(x)=e2x,v(x)=-a x, 因为u(x)=e2x在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-a x在 (0,+∞)上单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 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, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 由于2e2x0-a x0=0,所以f(x0)= a 2x0+2ax0+a ln 2 a≥2a+a ln 2 a. 故当a>0时,f(x)≥2a+a ln 2 a. 故f(x)的最小值为2a+a ln 2 a.

【训练1】 (1)讨论函数f (x )= x -2x +2 e x 的单调性,并证明当x >0时,(x -2)e x +x +2>0; (2)证明:当a ∈[0,1)时,函数g (x )=e x -ax -a x 2 (x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a ),求函数h (a )的值域. (1)解 f (x )的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). f ′(x )=(x -1)(x +2)e x -(x -2)e x (x +2)2=x 2e x (x +2)2 ≥0, 当且仅当x =0时,f ′(x )=0, 所以f (x )在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当x ∈(0,+∞)时,f (x )>f (0)=-1. 所以(x -2)e x >-(x +2),即(x -2)e x +x +2>0. (2)证明 g ′(x )=(x -2)e x +a (x +2)x 3 =x +2x 3(f (x )+a ). 由(1)知,f (x )+a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)+a =a -1<0,f (2)+a =a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )+a =0,即g ′(x a )=0. 当0x a 时,f (x )+a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x =x a 处取得最小值,最小值为g (x a )=e x a -a (x a +1)x 2a =e x a +f (x a )(x a +1)x 2a =e x a x a +2 . 于是h (a )=e x a x a +2,由? ????e x x +2′=(x +1)e x (x +2)2 >0,得y =e x x +2单调递增. 所以,由x a ∈(0,2],得12=e 00+2

《函数隐性零点的处理技巧》

函数隐性零点的处理技巧 (高三一轮复习数学内部专题资料) 近些年高考压轴题中,用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题,最终都会归结于函数的单调性的判断,而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系,可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念,经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出,我们把它分为两类:一类是在数值上可以准确求出的, 不妨称之为显性零点;另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析: 1.求参数的最值或取值范围 例1(2012年全国I 卷)设函数f (x )=e x ﹣ax ﹣2. (1)求f (x )的单调区间; (2)若a=1,k 为整数,且当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0,求k 的最大值. 解析:(1)(略解)若a≤0,则f ′(x )>0,f (x )在R 上单调递增; 若a >0,则f (x )的单调减区间是(﹣∞,lna ),增区间是(lna ,+∞). (2)由于a=1,所以(x ﹣k )f′(x )+x+1=(x ﹣k )(e x ﹣1)+x+1. 故当x >0时,(x ﹣k )f ′(x )+x+1>0等价于k < 1 1 -+x e x +x (x >0)(*), 令g (x )=11-+x e x +x ,则g′(x )=2 ) 1() 2(---x x x e x e e , 而函数f (x )=e x ﹣x ﹣2在(0,+∞)上单调递增,①f (1)<0,f (2)>0, 所以f (x )在(0,+∞)存在唯一的零点.故g ′(x )在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为a ,则a ∈(1,2).当x ∈(0,a )时,g ′(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,g ′(x )>0.所以g (x )在(0,+∞)的最小值为g (a ). ③所以g (a )=a+1∈(2,3).由于(*)式等价于k <g (a ),故整数k 的最大值为2. 点评:从第2问解答过程可以看出,处理函数隐性零点三个步骤: ①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定); ②根据零点的意义进行代数式的替换;

导数隐零点问题

第 1 页 共 6 页 导数专题(1)隐零点问题 1.设函数()2ln x f x e a x =-. (Ⅰ)讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数; (Ⅱ)证明:当0a >时()22ln f x a a a ≥+. 2. 设函数2)(--=ax e x f x . (Ⅰ)求函数)(x f 的单调区间; (Ⅱ)若1=a ,k 为整数,且当x >0时,1)(')(++-x x f k x >0,求k 的最大值。

第 2 页 共 6 页 3. 设函数)ln()(m x e x f x +-=. (Ⅰ)若x =0是)(x f 的极值点,求m >0,并讨论)(x f 的单调性; (Ⅱ)当m ≤2时,求证:)(x f >0. 4. 已知函数+3()e x m f x x =-,()()ln 12g 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 >-.

第 3 页 共 6 页 隐零点问题习题选: 1. 已知函数]2 0[sin cos )(π ,,∈-=x x x x x f . (Ⅰ)求证:)(x f ≤0. (Ⅱ)若a < x x sin <b <对)2 0(π,∈?x 恒成立,求实数a 的最大值与b 的最小值。 2. 已知函数2ln 2)(x x m x f -=,x m e x g x ln 2)(-=,R m ∈,69 3.02ln =. (Ⅰ)讨论)(x f 的单调性; (Ⅱ)若)(x f 存在最大值M ,)(x g 存在最小值N ,且M ≥N ,求证:m >2 e .

导数专题---隐零点问题-1

导数专题---<<隐零点问题>> 1.已知函数f(x)=e x-ln(x+m) (Ι)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)>0. 解:(Ⅰ)∵,x=0是f(x)的极值点,∴,解得m=1. 所以函数f(x)=e x-ln(x+1),其定义域为(-1,+∞). ∵. 设g(x)=e x(x+1)-1,则g′(x)=e x(x+1)+e x>0,所以g(x)在(-1,+∞)上为增函数, 又∵g(0)=0,所以当x>0时,g(x)>0,即f′(x)>0;当-1<x<0时,g(x)<0,f′(x)<0.所以f(x)在(-1,0)上为减函数;在(0,+∞)上为增函数; (Ⅱ)证明: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,函数在(-2,+∞)上为增函数,且f′(-1)<0,f′(0)>0. 故f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实数根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,ln(x0+2)=-x0. 故f(x)≥=>0.综上,当m≤2时,f(x)>0. 2.设函数f(x)=e x+ax+b在点(0,f(0))处的切线方程为x+y+1=0. (Ⅰ)求a,b值,并求f(x)的单调区间; (Ⅱ)证明:当x≥0时,f(x)>x2-4. 解:(Ⅰ)f′(x)=e x+a,由已知,f′(0)=-1,f(0)=-1,故a=-2,b=-2, f′(x)=e x-2, 当x∈(-∞,ln2)时,f′(x)<0,当x∈(ln2,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)在(-∞,ln2)单调递减,在(ln2,+∞)单调递增;…(6分) (Ⅱ)设g(x)=f(x)-(x2-4)=e x-x2-2x+2, g′(x)=e x-2x-2=f(x)在(ln2,+∞)单调递减,在(-∞,ln2)单调递增, 因为g′(0)=-1<0,g′(2)=e2-6>0,0<ln2<2, 所以g′(x)在[0,+∞)只有一个零点x0,且x0∈(0,2),=2x0+2,

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