高中数学 经典资料 第118课--隐零点及卡根思想

第118课

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 <<.答案：见解析

解析：()()22e x f x x x x =+-∈R ，则()22e x x x f +'=-，

设22e )2(()e ,x x x g x g x '==+--，令()0g x '=得ln2x =，

当(),ln2x ∈-∞时，()()0,g x g x '>为增函数；当()ln2,x ∈+∞时，()()0,g x g x '<为减函数；

所以，()()g x f x '=在ln2x =处取得极大值2ln20>，

容易判断()f x '一定有2个零点，分别是()f x 的极大值点和极小值点.

设0x 是函数()f x 的一个极大值点，则()00022e 0x f x x '=+-=，

所以，00e 22x x =+，又()3

2235e 0,26e 02f f ⎛⎫''=->=-< ⎪⎝⎭，所以03,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时()022*******e 2(,2)2x f x x x x x ⎛⎫=+-=-∈ ⎪⎝

⎭，所以()0124f x <<.2.已知函数()4ln (1)x f x x x +=

>.若*k N ∈，且()1

k f x x <+恒成立.求k 的最大值.答案：6

解析：由

()1

k f x x <+得()()14ln ,1x x k x x ++<>，令()()()14ln ,1x x h x x x ++=>，()23ln ,1x x h x x x -='->()3ln ,1x x x x ϕ=-->，()110(1)x x x

ϕ>'=->()x ϕ在(1,)+∞单调递增，()41ln 40ϕ=-<

，53141414143ln ln e ln ln ln 33

33ϕ⎛⎫=--=-> ⎪⎝⎭，332253558141681491612814126()()03333⨯-⨯⨯-⨯-==>，所以1403ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭，0144,3x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭

，使()00x ϕ=，且()()()()01,,0,0,x x x h x h x ϕ∈<<''递减，()()()()0+,0,0,x x x x h h x ϕ''∈∞>>，递增，()()()

0min 14ln ,x x h x x ++=且()0003ln 0x x x ϕ=--=，

()()2

0000011252892,442x h x x x x +⎛⎫==++∈ ⎪⎝⎭

，又k Z ∈，()0k h x <恒成立，6k ∴≤，综上k 的最大值为6.

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 --<<.答案：见解析

解析：2()ln ,()22ln f x x x x x f x x x '=--=--，设()22ln h x x x =--，则1()2h x x

'=-，当1(0,)2x ∈时，()0h x '<，当1(,)2x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2

+∞单调递增，又21()0,()0,(1)02e h h h -><=，所以()h x 在1(0,)2有唯一零点0x ，在1(,)2

+∞有唯一零点1，且当0(0,)x x ∈时，()0h x >；当0(,1)x x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >.

因为()()f x h x '=，所以0x x =是()f x 的唯一极大值点，

由0()0f x '=得00ln 2(1)x x =-，故000()(1)f x x x =-，由01(0,)2x ∈得01()4

f x <.因为0x x =是()f x 在(0,1)的最大值点，由11(0,1),e e ()0f --'∈≠得120e ()e ()f x f -->=，综上可知220()2e f x --<<.

2.已知函数ln 1()x f x ax x

-=

-.若12a <<，求证：()1f x <-.答案：见解析

解析：由0x >，()1f x <-，等价于ln 11x ax x --<-，等价于21ln 0ax x x -+->.