导数零点问题总结

导数零点问题导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f (x )的单调性，往往需要解方程f ′(x )＝0. 若该方程不易求解时，如何继续解题呢？猜——猜出方程f ′(x )＝0的根[典例] 设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． [方法演示]解：(1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)．(2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ，则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx 2. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0. 但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．[解题师说]当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .[应用体验]1．函数f (x )＝e x ＋12x 2－(2＋ln 2)x 的最小值为________．答案：2－2ln 2－12ln 22解析：f ′(x )＝e x ＋x －(2＋ln 2)．接下来，需求函数f (x )的单调区间，所以需解不等式f ′(x )≥0及f ′(x )≤0，因而需解方程f ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．易知f ′(x )是增函数，所以方程f ′(x )＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f (x )在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2－12ln 22.设——设出f ′(x )＝0的根[典例] (2015·(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[方法演示]解：(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，所以当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x >0)．因为函数g (x )＝2x (x >0)，h (x )＝e 2x (x >0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x >0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a >0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a(基本不等式)．所以当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[解题师说]本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值．因此需要求f ′(x )＝0的根．但是f ′(x )＝2e 2x－ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．[应用体验]2．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：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (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 <x ＋1e x －1＋x (x >0)．①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1(e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2.由(1)知，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 )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e α＝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.证——证明方程f ′(x )＝0无根[典例] 已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m －1x －ln x ，g (x )＝1x＋ln x .(1)求函数g (x )的极小值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数m 的取值范围； (3)设h (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)－g (x 0)>h (x 0)，求实数m 的取值范围．[方法演示]解：(1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. ∴x ＝1为g (x )的极小值点，极小值g (1)＝1.(2)∵y ＝mx －m －1x －1x －2ln x ＝mx －m x －2ln x . ∴y ′＝m ＋m x 2－2x ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即m ≥2x x 2＋1在x ∈[1，＋∞)上恒成立．又2x x 2＋1＝2x ＋1x ≤1，所以m ≥1.所以实数m 的取值范围为[1，＋∞)．(3)由题意知，关于x 的不等式f (x )－g (x )>h (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln x x 2－1<m (1<x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln x x 2－1(1<x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1<x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0. 可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1<x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x <0，2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2<0， 所以u ′(x )<0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是4ee 2－1，＋∞，故所求实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫4ee 2－1，＋∞.[解题师说]当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．[应用体验]3．(理)若存在x 使不等式x －mex >x 成立，则实数m 的取值范围为________．答案：(－∞，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立．设x ＝t (t ≥0)，则存在t ≥0使不等式－m >t e t 2－t 2成立．设f (t )＝t e t 2－t 2(t ≥0)，则f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t (t ≥0)，需解方程f ′(t )＝0，但此方程不易求解．可大胆猜测方程f ′(t )＝0无解(若方程f ′(t )＝0无解，则f ′(t )的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f ′(t )＝0有解)，得f (t )是增函数或减函数，此时研究函数f (t )就很方便)，证明如下：f ′(t )＝e t 2(2t 2＋1)－2t ≥22t e t 2－2t ≥0(t ≥0)，所以f ′(t )>0(t ≥0)，所以函数f (t )是增函数，故其最小值为f (0)＝0. 所以－m >0，即m <0.(文)由题意，知存在x 使不等式－m >x e x －x 成立，当x ＝0时，m <0，当x >0时，令f (x )＝x e x－x ，则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1，不易求方程f ′(x )＝0的根，故可大胆猜测方程f ′(x )＝0无解，即f ′(x )的值恒正或恒负．证明如下：f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x －1≥212x ·x e x －1＝2e x －1，∵x >0，∴2e x >2，∴2e x －1>0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )>f (0)＝0，∴－m >0，即m <0.综上可知m 的取值范围为(－∞，0)．法二：不等式x －m e x ＞x 成立，等价于m ＜x －x ·e x . 故存在x 使不等式x －mex ＞x 成立，等价于m ＜(x －x ·e x )max . 令f (x )＝x －x e x ，则f ′(x )＝1－⎝⎛⎭⎫12x ＋x e x <0. ∴f (x )＝x －x e x 在[0，＋∞)上是单调递减函数，故(x －x ·e x )max ＝0，∴m ＜0.1．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数．证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 解：(1)f ′(x )＝1x－ln x －k e x，因为f ′(1)＝0，所以1－k ＝0，即k ＝1.(2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x. 易知h (x )＝1x －ln x －1在(0，＋∞)上是减函数，且h (1)＝0，所以当0<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明：由(2)可知，当x ≥1时，g (x )＝xf ′(x )≤0<1＋e －2，故只需证明g (x )<1＋e －2在0<x <1时成立．当0<x <1时，e x >1，且g (x )>0，∴g (x )＝1－x ln x －xe x<1－x ln x －x .设F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0,1)，则F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当x ∈(0，e －2)时，F ′(x )>0，当x ∈(e－2,1)时，F ′(x )<0，所以当x ＝e－2时，F (x )取得最大值F (e －2)＝1＋e －2. 所以g (x )<F (x )≤1＋e －2.综上，对任意x >0，g (x )<1＋e －2.2．已知函数f (x )＝k e x －x 2有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求k 的取值范围； (2)求f (x 1)，f (x 2)的取值范围．解：(1)因为f ′(x )＝k e x －2x ，所以由f ′(x )＝0，得k ＝2x e x . 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2e x (1－x )．当x <1时，φ′(x )>0，当x >1时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ＝1时，φ(x )max ＝2e . 作出函数φ(x )的图象如图所示．因为函数f (x )有两个极值点，所以y ＝k 与y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以由图可得k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . (2)由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0，得k e x 1＝2x 1，所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1－x 21＝1－(1－x 1)2由图可得x 1的取值范围是(0,1)，所以f (x 1)的取值范围是(0,1)．同理，可得f (x 2)＝k e x 2－x 22＝2x 2－x 22＝1－(x 2－1)2，由图可得x 2的取值范围是(1，＋∞)，所以f (x 2)的取值范围是(－∞，1)． 3．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R)．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，所以f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )>0，得x >ln 2或x <0；由f ′(x )<0，得0<x <ln 2，所以函数f (x )的递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，递减区间是(0，ln 2)．(2)f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k .事实上，可证ln 2k <k ，设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数，所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1<0，即ln 2k <k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k,1]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12<k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，则φ′(k )＝e k －3≤e －3<0⎝⎛⎭⎫12<k ≤1，所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数．又因为φ⎝⎛⎭⎫12>0，φ(1)<0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0(该零点就是函数φ(k )的隐零点)．所以当12<k <k 0时，φ(k )>0，即h ′(k )>0，当k 0<k ≤1时，φ(k )<0，即h ′(k )<0，所以函数h (k )在12，1上是先增后减．又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2>0，h (1)＝0，所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0，f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12<k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.4．(2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2.又f ′(x )＝ln x ＋ax ＋1，所以a ＝1. 当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线2x －y －2＝0与直线2x －y ＝0平行，所以所求a 的值为1.(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )＜0. 又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )＞1－1e ＞0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0(x 0就是函数f (x )－g (x )的隐零点)，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2ex ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0)． 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减． 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.。