如何破解导数中的隐零点问题

x∈(0,c)时,G(x)<0;当 x∈ (c,+ ∞ )时,
G(x)>0。
故当 x∈(0,c)时,F'(x)<0;当 x∈(c,
+ ∞ )时 ,F'(x)>0。
F(x)在 (0,c)上 单 调 递 减,在 (c,+∞ )
上单 调 递 增,从 而 F (x)≥F (c)=cec -
lnc-c-1。
由 G(c)=0,得cec -1=0,cec =1。
=0的应用。本 题 中 还 应 用 了 反 证 法 来 证 明 不 等 式 x0+lnx0≥0。
例 4 已知函数 f(x)=2ex - (x-a)2
+3,a∈R,若 x≥0,f(x)≥0 恒 成 立,求 a 的取值范围。
解析:f'(x)=2(ex -x+a)。 令 h(x) =2(ex -x+a)(x≥0),则h'(x)=2(ex -1) ≥0。
解 析 :由 已 知 k(x-2)+g(x)<f(xቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ, 可得k(x-2)+2-2x-x2 <xlnx-x2 +
2-x,也 即 k(x-2)<xlnx+x。
因为 x>2,所以k<xlx nx -2 +x。
设 F(x)=xlx nx -2 +x(x>2),则 F'(x)
=x-(x4- -2 2l) n2 x。
所 以 只 需 证 h(x0 )=e-x0 +x20 -x0 + x0lnx0≥0 即 可 。 由 -e-x0 +2x0 +lnx0 = 0,得 e-x0 =2x0 +lnx0。 所 以 h(x0 )=e-x0 +x2 0 -x0 +x0lnx0 =2x0 +lnx0 +x20 -x0 + x0lnx0= (x0 +x20 )+ (lnx0 +x0lnx0 )= x0(1+x0)+(1+x0)lnx0 = (1+x0)(x0 + lnx0)。
令 m (x)=x -4-2lnx (x >2),则
m'(x)=1-x 2>0,m (x)在 (2,+ ∞)上 单 调
递增。
m (8)=4-2ln8<4-2lne2 =4-4=0, m (10)=6-2ln10>6-2lne3 =6-6=0。
所以函数 m(x)在 (8,10)上 有 唯 一 的 零
点 x0,即 x0 -4-2lnx0 =0。 当 2<x<x0 时,m (x)<0,即 F'(x)<0;当 x0 <x 时, F'(x)>0。
解题篇 创新题追根溯源 高二使用 2019年12月
■河北省张家口市二中 王 潇
导数中的隐零点问题多见于通过多次求
导,判断导函数的正负,确 定 原 函 数 的 单 调 区
间,从而确定原函数的最 值,或 者 求 出 参 数 的
取值范围。 同 学 们 虽 然 零 点 求 不 出 来,但 是
找到零点满足的方程、满 足 的 关 系 式,经 过 变
1 -x
-1=
(x+1)·
ex -1x +x= (xx+1)(xex -1)。
令 G(x)=xex -1,则当 x>0时,G'(x)
=(x+1)ex >0,函 数 G(x)在 (0,+ ∞ )上 单
调递增。因为 G(0)= -1,G(1)=e-1>0,
所以 G(x)存在唯 一 的 零 点c∈ (0,1)。 且 当
形,代入新 构 造 的 函 数 中,可 通 过 消 元、换 元
以及降次达到解题的目的。
例1 设函数f(x)=lnx-x,g(x)=
xex -2x -1,证 明:当 x >0 时,g (x)≥ f(x)。
证明:令 F(x)=g(x)-f(x)=xex lnx-x-1(x>0)。
则
F'(x)=(x+1)ex
1 x
>0,所
以
函
数
h'(x)=
-e-x
+2x +lnx
单调增。
又 h'
1 e
=
-
-e
1 e
+
2 e
-1<0,h'(1)=
-
1 e
+2>0,故
h'(x)=
-e-x
+2x+lnx
在
1 e,1 上 存 在 唯 一 零 点 x0,即 -e-x0 +2x0+ lnx0=0。
所以当 x∈(0,x0)时,h'(x)<0;当 x∈ (x0,+ ∞ )时,h'(x)>0。 函 数 h(x)在 (0, x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单 调 递 增,故 h(x)≥e-x0 +x20-x0+x0lnx0,x0≥0。
故 h (x)在 [0,+ ∞ )上 单 调 递 增,且 h(0)=2(a+1)。
①当 a≥ -1 时,f'(x)=h(x)≥0 在 [0,+∞)上恒成立,即函数 f(x)在[0,+ ∞) 上单调递增。
故 f(x)min =f(0)=5-a2 ≥0,- 5≤ a≤ 5。又a≥-1,故-1≤a≤ 5。
所 以 F(x)min =F(x0)=x0ln x0x-02 +x0 =
x0
x0-4 1+ 2
x0-2
=
x0 。
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解题篇 创新题追根溯源 高二使用 2019年12月
注 :x0-4-2lnx0=0,故lnx0=x02-4。
故k<x20 。
因
为
x0
∈
(8,10),所
以x0 2
∈
(4,5)。
k 的最大值为4。
注意:m (x0)=0,即 x0 -4-2lnx0 =0
的应用。
例 3 证 明:x>0,x-xlnx≤e-x +
x2。
证明:要证 x-xlnx≤e-x +x2,只 需 证
e-x +x2-x+xlnx≥0。
设h(x)=e-x +x2 -x+xlnx,x>0,
则h'(x)=-e-x +2x+lnx。
令 g(x)=h'(x),则 g'(x)=e-x +2+
两 边 取 对 数 得 ,lnc+c=0。F(c)= (cec
-1)- (lnc+c)=0,F (x)≥F (c)=0,故
g(x)≥f(x)。 注意:G(c)=0,cec -1=0的应用。
例 2 设函数 f(x)=xlnx-x2+2-
x(a∈R),k∈N,g(x)=2-2x-x2,且 当 x>2时不等式k(x-2)+g(x)<f(x)恒 成 立,试求k 的最大值。
因为1+x0>0,所 以 只 要 x0 +lnx0 ≥0 即可。
当 x0+lnx0<0 时 ,lnx0< -x0⇒x0< e-x0 ⇒ -e-x0 +x0 <0,所 以 -e-x0 +x0 + x0+lnx0 <0 与 -e-x0 +2x0 +lnx0 =0 矛
盾,故 x0+lnx0≥0,得证。 注 意 :h'(x0)=0,即 -e-x0 +2x0 +lnx0