(完整)2019年高中数学虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用含解析答案

当 x 1时， g (x)
；当 x
时， g (x)
f (x) a . ，则 g (x)
0 有唯一解 x0 .
【对于导函数 g (x) f (x) a ，我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两 端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以 设这个唯一的零点为 x0 】 可知，当 x ( 1, x0) 时， g (x) 0 ， g(x) ex ln( x 1) ax 单调递减； 当 x (x0， ) 时， g (x) 0 ， g( x) ex ln( x 1) ax 单调递增， ∴函数 g(x) 在 x x0 处取得极小值 g(x 0) ex0 ln( x 0 1) ax 0，
【找到一阶导数的一个零点，而且是唯一的由负变正的零点，从而确定单调区间】
可
知，当 x ( 1, 0)时， h(x) f (x) 0 ， f (x) ex ln(x 1) 单调递减；
当 x (0, ) 时， h(x) f (x) 0 ， f (来自百度文库) ex ln(x 1) 单调递增 .
∴函数 f (x) 的单调递减区间是 ( 1, 0) ，单调递增区间是 (0, ) .
g (x) ≥ 0 ， 所以 g( x) 在 [0, ) 上单调递增． 又因为 g(0) 0 ， 所 以 在 [0, ) 上，
g(x) ≥ 0 ，即 f (x) ≥ 0 ，所以函数 f (x) 在 [0, ) 上 是单调增函数 ，
f (0) 0，当 x [0, ) 时， f (x) ≥ 0 ，不符合题意； .............
（2）当 1 a 0 时， f (x) 在 (1, ) 上单调递增，在
2
则 f (x)min f (1)
1
a
0 ，且当 x
2
0 时， f ( x)
(0,1) 上单调递减．
；当 x
时， f (x)
． 所以 f (x) 有两个零点．
证 明 ： g(x)
1x 2
a 1,g (x)
x2
2a(1 ln x)
2 x2
4
四、【 2019 广州一模理科 21】
5
五、 【2019 广东模拟理科 21】
六、【 2018 广州二模理科
21．（本小题满分 12 分）
已知函数 f x e x x2
21】 ax ．
（1）若函数 f x 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；
（2）若 a 1 ， 证明：当 x 0 时， f x
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
【设完零点 x0 后，我们可以进一步确定这个零点的性质，发现它恰好是 g( x) 的
极小值，而这时候我们又需要求这个极小值
g(x0 ) 的最大值，这时可以利用
ex0
1 a
g'(x0 ) 0 的代换，也就是
x0 1 ，从而可以消去字母 a 】
且 x0 满足 ex0
1
a . ∴ g (x0 ) (1 x0)ex0 ln( x0 1)
1 在( －2，＋∞ ) 单调递增． x2
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．
所以 函数 f (x) 在 ( , ) 上单调递增， 所以当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点 ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当 a ≤ 0 时 ，函数 f ( x) 在 [0, ) 上 是单调增函数 ， f (0) 0 ，当
x [0, ) 时， f (x) ≥ 0 ， 不符合题意； 当 a (0,1] 时， a3 (0,1], a3 cosax ≤ 1 设
又因为 h(0) 0 ，所以当 x (0, x0 ) 时， h(x) 0 ，即 g (x) 0 ， 所以函数 g(x) 在 (0, x0 ) 上 是单调减函数 ，又因为 g(0) 0 ，所以当 x (0, x0 ) 时， g(x) 0， 即 f (x) 0 ，所以函数 f ( x) 在 (0, x0 ) 上是单调减函数 ，又因为 f (0) 0， 所以当 x (0, x0 ) 时， f (x) 0 ， 即存在区间 (0, x0 ) (0, ) ，对 x (m, n), f (x) 0 . 所以 a 的 取值范围是 a 1 ........................................1. 2 分．
解：(1) f ′（x)＝ ex
1. xm
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
1. x1
函数 f ′（x) ＝ex
1 在( －1，＋∞ ) 单调递增，且 f ′(0) ＝ 0. x1
由 f′（x) 0＝ 0 得ex0 ＝ 1 ， ln( x0＋ 2) ＝－x0，
x0 2
1
x 12
故 f( x) ≥f( x0) ＝
＋x0＝ 0
＞0.
x0 2
x0 2
综上，当 m≤2 时， f ( x) ＞0.
7
ln 2 1
2
2
ln 2
．
2
参考数据： e 2.71828 ， ln 2 0.69 ．
上面这道题目中，在处理导数的零点的时候，由于导函数是一个超越函数，直接求它的
零点是困难的，这时我们只需虚设一个零点
x0 ，但是我们设而不求，只需要进行整体的替
换即可，然后在处理超越型原函数的过程中把指数函数替换掉，化繁为简，把原函数转化为
7分
1 当 a 1时， a3 (0,1) ， 由 h (x)
1
a3 cos ax
1 0 可得 cos ax ，
a3
所以存在 x0
0, 2a
，使0
h
(x
)
0.........................................................................8.. 分
【反思：有的学生提出，我们很容易就观察得到了 h(0) f (0) 0 . 但是，对于
1
一般的超越函数，如果无法观察得到函数的零点，也无法求解函数零点的时候， 我们该怎么办呢？这个问题，实际上就是我们第二问要解决的问题，解决的办法 是：虚设零点，消元求值】
( Ⅱ) ∵ g(x) f ( x) ax e x ln( x 1) ax ，∴ g (x) 由( Ⅰ) 知， g ( x) 在 x ( 1， ) 上单调递增，
x0 1 令 (x) (1 x)ex ln( x 1) 1
1
，则
(x)
x
x1
xe
1
1
.
1x0 1
.
(x 1)2
【最后要求的最大值就转变为只含有一个变量的函数，从而把问题转化为求函数 的最 大值】
可知，当 x ( 1, 0)时， (x) 0 ， (x) 单调递增；
当 x (0, ) 时， (x) 0 ， (x) 单调递减，
21．（本小题满分 12 分）已知函数 f ( x) sinax ax 1 x3 ． 6
（1）求证：当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点；
（2）若存在区间 (m,n) (0, ) ，对 x (m, n), f (x) 0 ，求 a的取值范围．
21． 证明：（ 1）证明： f (x) a(cos ax 1) 1 x 2 ， 当 a ≤ 0 时， f (x) ≥ 0 ， 2
用的好像都是同一个方法 -- 虚设零点消元法 ， 只分析第一道，其他同理，
顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题 ．
一、【 2019 合肥一模理科 21】 二、【 2019 顺德三模理科 21】 三、【 2019 佛山 3 月统考（北京燕博园）理科 四、【 2019 广州一模理科 21】 五、【 2019 广东模拟理科 21】 六、【 2018 广州二模理科 21】 七、【 2013 全国二卷理科 21】
x02 2a
2a ln x0
，
f (x ) 0
1 x2 20
(a 1)x 1 x2 a 0 20
(x 1)(x a)
0
0
1
a
2 , x0 (1,e) ，所以 0 f ( x0) (e 1)(e a) ． ...........
12 分
，因为
3
三、【 2019 佛山市 3 月统考（北京燕博园）理科 21】 ------- “函数连锁反应”、虚设零点
1
1 ，且 f (x) ex
.
x1
【求一阶导数发现是超越函数，无法确定导数的零点】
令 h( x)
ex
1 ，则 h (x) x1
ex
1 (x 1)2
0，
【进一步求二阶导数，发现二阶导数恒大于
0, 说明一阶导数递增】
∴函数 h(x) ex 1 在 x ( 1， ) 上单调递增，且 h(0) f (0) 0 . x1
一个
简单的二次函数，从而可以简单的处理后面的最值比较大小的问题。这样的处理方式在
高考压轴题当中是经常可以看到的。
6
七、【 2013 全国二卷理科 21】
21.( 本小题满分 12 分) 已知函数 f( x) ＝ex－ln( x＋m) ．
(1) 设 x＝0 是 f (x) 的极值点，求 m，并讨论 f(x) 的单调性； (2) 当 m≤2 时，证明f (x)＞0.
1 ， 函 数 g(x) 2
f (x) 在 x x
x0 处 取 得 最 小 值 ， 证 明 ：
0 f ( x0 ) (e 1)(e a) ．
21．（ 1）解析： f (x) x (a 1) a ( x 1)(x 1) (x 0) ．故 a 1时，由 f (x) 0 ，
x
x
得0 x 1或 x a ．故 f (x) 的单调递增区间为 (0,1), (a, ) ．
g(x) f (x) a(cos ax 1) 1 x 2 ，则 g (x) x a 2 sin ax ， 2
设 h(x) g (x) x a 2 sin ax ，则 h (x) 1 a3 cos ax ≥ 0 ，
所以 h(x) 在 ( , ) 上单调递增．又因为 h(0) 0 ， 所以 在 [0, ) 上， h(x) ≥ 0 ，即
,
设 h(x)
x 2 2a(1 ln x) ， 因为
a 1 ， 所以 h(x) 在 (0, ) 上为增函数， 又 h(1) 1 2a 0, h(e) e2 0 ， 所以 2
t (1e, ), h(t) 0 ， 当 0 x t 时， g ( x) 0 ； 当 x t 时， g (x) 0 ， 故 x0 t 且
谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用
------以 2019 年几道模拟题为例
在高考的导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复杂 甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的， 我们 不妨只须设出函数的零点，然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换和过 渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可以很快 解决这类问题。对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们
21】
一、【 2019 合肥一模理科 21】
21．(本小题满分 12 分 ) 已知函数 f (x) ex ln(x 1) ( e 为自然对数的底数 )．
(Ⅰ )求函数 f (x) 的单调区间；
(Ⅱ )若 g(x) f (x) ax ， a R ，试求函数 g(x) 极小值的最大值．
解析： ( Ⅰ) 易知 x
∴ (x) max (0) 1 .
∴函数 g(x) 极小值的最大值为 1.
2
二、 【2019 顺德三模理科 21】
21．（本小题满分 12 分）
已知函数 f (x) 1 x2 (a 1)x a ln x ． 2
（1）当 a 1 时，求 f (x) 的单调递增区间；
（2）证明：当
（ 3） 若 a
1 a 0 时， f (x) 有两个零点； 2