第2部分专题6强基专题8隐零点问题课件共17张PPT

则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0, h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h1e＝e12e1e－1<ee22－1＝0，h1＝e>0， h(x)在1e，1存在零点x0， 即h(x0)＝x20ex0＋ln x0＝0， x20ex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln x10eln x10，
由f ′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈0，12得f(x0)＜14. 因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得 f(x0)＞f(e－1)＝e－2. 综上得e－2＜f(x0)＜2－2.
2．已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且不等式k(x－1)<f(x)在 x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．m的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝aex＋axex－1x，
因为函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线为y＝(2e－1)x－e，
f1＝ae＋b＝e－1
所以 f
′1＝2ae－1＝2e－1
，
解得a＝1，b＝－1.
(2)由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)， 即m≤xex－lxn x－1， 令φ(x)＝xex－lxn x－1，则φ′(x)＝x2ex＋x2 ln x， 令h(x)＝x2ex＋ln x，
[解] 因为 f(x)＝x＋xln x，所以不等式 k(x－1)<f(x)在区间 (1，＋∞)上恒成立等价于 k<xlxn－x＋1 x(x>1)．
令 g(x)＝xlxn－x＋1 x(x>1)，则 g′(x)＝x－(xl－n x1－)2 2，
令 h(x)＝x－ln x－2(x＞1)，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1＞0⇒h(x)在(1， ＋∞)上单调递增，
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f ′(x)＝2x－2－ln x. 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x. 当x∈0，12时，h′(x)＜0； 当x∈ 12，＋∞ 时，h′(x)＞0.所以h(x)在 0，12 单调递减，在 12，＋∞上单调递增．
又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0， 所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，＋∞上有唯一零点1， 且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0,1)时，h(x)＜0； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0. 所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
∵h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－ln 4＞0， ∴存在 x0∈(3,4)，使 h(x0)＝0， 即当 1＜x＜x0 时，h(x)＜0，即 g′(x)＜0， 当 x＞x0 时，h(x)＞0，即 g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减， 在(x0，＋∞)上单调递增，
由 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得 ln x0＝x0－2， 因此 g(x)min＝g(x0)＝x0(lxn0－x0＋1 1)＝x0x(x0－0－11)＝x0， 所以，由 k<xlxn－x＋1 x(x>1)得 k<x0， 因为 k∈Z，且 x0∈(3，4)，所以 kmax＝3.
令y＝xex，由于y′＝(x＋1)ex>0， 所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增， 故x0＝ln x10＝－ln x0，即ex0＝x10， φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， φ(x)min＝x0ex0－xln0 x0－1＝1＋xx00－1＝1， 所以m≤1.
函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在性定理 估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系实施 代换化简.尽量将对数结构和指数结构转化为简单的分式结构或整式 结构，这样可简化求解过程.
[跟进训练] 1．已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求 出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题.
隐零点问题非常受命题者的青睐，该类问题一方面体现学生对基础知识的 灵活运用能力，另一方面可以较好地考查学生的理性思维.
【例】 已知函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝ (2e－1)x－e.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－
1 x
，g′(1)＝a－
1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－1x.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1.