高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招

ｘｌｎｘ ≤１＋ｅ－２ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
点 评 第 （Ⅲ） 小 题 中，ｇ（ｘ） ＝ （ｘ２ ＋
ｘ）ｆ′（ｘ）＝ ｘｅ＋ｘ １（１－ｘ－ｘｌｎｘ），若 求 其 导 数 一 方
面式子较烦，另一方面零 点 不 可 求，从 而 不 能 求 得
其单调区间．但将ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２ 变形为１－ｘ－ ｘｌｎｘ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２），则很容易求导得到两边函
而使问题得到 解 决．但 有 时 会 碰 到 导 数 式 是 超 越 式，导数的零点不可求，从 而 使 问 题 的 解 决 陷 入 困 境，本文通过 几 道 高 考 题 说 明 这 类 问 题 的 几 种 常
见解决办法． 一 、直 觉 求 根 ，二 次 求 导 验 证
例１ （２０１３年 陕 西 卷 文 科 第２１题 ）已 知 函 数 ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ ∈ Ｒ．
（１）求 ｆ（ｘ）的 反 函 数 的 图 象 上 点 （１，０）处 的 切线方程；
（２）证 明 ：曲 线ｙ
＝ ｆ（ｘ）与 曲 线ｙ
＝
１ｘ２ ２
＋
ｘ ＋１ 有 唯 一 公 共 点 ；
（３）设ａ＜ｂ，比 较ｆ（ａ２＋ｂ）与ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）的
大 小 ，并 说 明 理 由 ．
解 （１）ｆ（ｘ）的反函数 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｙ ＝
所以，ｆ（ｘ）在 （－ １，０）上 单 调 递 减，在 （０， ＋ ∞）上单调递增．
（Ⅱ）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 －ｘ１＋２在（－２，
＋ ∞）上单调递增．
又ｆ′（－１）＜０，ｆ′（０）＞ ０，故 ｆ′（ｘ）＝ ０ 在 （－２，＋ ∞）上有唯一实根ｘ０，且ｘ０ ∈ （－１，０）．
值为ｈ（１）＝－ ｅ１．
综 上，当ｘ＞０时，ｇ（ｘ）＞ｈ（ｘ），即ｆ（ｘ）＞１． 点评 在 第 （Ⅱ）小 题 中，ｆ（ｘ）＝ ｅｘｌｎｘ ＋
２ｅｘ－１，其导数式子相当繁琐，无 法 求 其 零 点，也 就 ｘ
无法分析得到 其 单 调 性．但 将 所 要 求 证 的 不 等 式
ｆ（ｘ）＞１变
形
为ｘｌｎｘ
＞０；当ｘ∈ （１，＋ ∞）时，ｆ′（ｘ）＜０．因此ｆ（ｘ）的
单调增区间为（０，１），减区间为（１，＋ ∞）．
（Ⅲ）因为ｇ（ｘ）＝ （ｘ２ ＋ｘ）ｆ′（ｘ）＝ ｘｅ＋ｘ１（１
－ｘ－ｘｌｎｘ），所以，对任意ｘ ＞０，ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２ 等价于１－ｘ－ｘｌｎｘ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
由（Ⅱ）得 ｈ（ｘ）＝ １ － ｘ － ｘｌｎｘ（ｘ ∈ （０， ＋ ∞）），所以ｈ′（ｘ）＝－ｌｎｘ－２．因此，当ｘ ∈ （０， ｅ－２）时，ｈ′（ｘ）＞ ０，ｈ（ｘ）单 调 递 增；当 ｘ ∈ （ｅ－２， ＋ ∞）时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减；所以ｈ（ｘ）的 最大值为ｈ（ｅ－２）＝１＋ｅ－２．故１－ｘ－ｘｌｎｘ ≤１＋ ｅ－２．
·辅教导学· 数学通讯———２０１６年第４期（上半月）
２１
设
φ（ｘ）＝
ｅｘ （１ ｘ ＋１
＋ｅ－２），因
为
φ′（ｘ）＝
（ｘｘ＋ｅｘ１）２（１＋ｅ－２）＞ ０（ｘ ＞ ０），所 以，φ（ｘ）＝
ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）在（０，＋ ∞）上 单 调 递 增，故φ（ｘ）
＝ｘｅ＋ｘ １（１＋ｅ－２）＞φ（０）＝１＋ｅ－２，所 以１－ｘ－
（Ⅱ ）由 （Ⅰ ）得 ｆ（ｘ）＝ ｌｎｘｅｘ＋１，则 ｆ′（ｘ）＝
１ ｘｅｘ
（１－ｘ
－ｘｌｎｘ）（ｘ
∈
（０，＋
∞））．
令ｈ（ｘ）＝１－ｘ－ｘｌｎｘ（ｘ ∈ （０，＋ ∞）），则
ｈ（１）＝０．当ｘ ∈ （０，１）时，ｈ（ｘ）＞０；当ｘ ∈ （１，
＋ ∞）时，ｈ（ｘ）＜０．所以，当ｘ ∈ （０，１）时，ｆ′（ｘ）
ｇ′（ｘ）＞０．故ｇ（ｘ）在（０，ｅ１）上
单调
递
减 ，在 （１ ｅ
，
＋ ∞）上单调递增，从而ｇ（ｘ）在（０，＋ ∞）上的最
小
值
为 ｇ（ｅ１
）＝－
１ ｅ
．
设
函
数ｈ（ｘ）＝ｘｅ－ｘ
－
２ ｅ
，则ｈ′（ｘ）＝ｅ－ｘ
（１－
ｘ）．当ｘ ∈ （０，１）时，ｈ′（ｘ）＞０；当ｘ ∈ （１，＋ ∞） 时 ，ｈ′（ｘ）＜０，故ｈ（ｘ）在 （０，１）上 单 调 递 增 ，在 （１， ＋ ∞）上单调递减，从而ｈ（ｘ）在（０，＋ ∞）的最大
·辅教导学· 数学通讯———２０１６年第４期（上半月）
１９
高考导数压轴题中导数零点不可求的二 高 级 中 学 ，２２５４００）
高考题 中 有 关 导 数 的 问 题，往 往 是 以 压 轴 题
的形式出现，有 一 定 的 灵 活 性，且 难 度 较 大，一 般 是 先 求 出 导 数 ，然 后 求 出 导 数 为０的 值 即 导 数 的 零 点，利用导数值的正负来 确 定 原 函 数 的 单 调 性，从
ｆ′（ｘ）＝
ａｅｘｌｎｘ
＋
ｘａｅｘ
－ｘｂ２ｅｘ－１
＋
ｂｅｘ－１ ｘ
．
由题意可得ｆ（１）＝２，ｆ′（１）＝ｅ，故ａ ＝１，ｂ
＝ ２．
（Ⅱ
）由
（Ⅰ
）知
ｆ（ｘ）＝ｅｘｌｎｘ
＋
２ｅｘ－１，从 ｘ
而
ｆ（ｘ）＞
１
等
价
于
ｘｌｎｘ
＞
ｘｅ－ｘ
－
２ ｅ
．
设 函 数 ｇ（ｘ）＝ ｘｌｎｘ，则 ｇ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１．当
ｘ ∈ （０，ｅ１）时，ｇ′（ｘ）＜０；当ｘ ∈ （ｅ１，＋ ∞）时，
（Ⅰ ）设ｘ ＝０是ｆ（ｘ）的 极 值 点 ，求 ｍ，并 讨 论 ｆ（ｘ）的 单 调 性 ；
（Ⅱ）当 ｍ ≤２时，证明：ｆ（ｘ）＞０．
解 （Ⅰ）ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ＋１ｍ，由ｆ′（０）＝０ 得 ｍ ＝１，于是ｆ（ｘ）＝ｅｘ －ｌｎ（ｘ＋１），定 义 域 为 （－１，＋ ∞）．
ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋１，函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋１ 在（－１，＋ ∞）上单调递增，且ｆ′（０）＝０，因此，当 ｘ ∈ （－１，０）时，ｆ′（ｘ）＜０；当ｘ ∈ （０，＋ ∞）时， ｆ′（ｘ）＞ ０．
数的单调性和 最 值．因 此 适 当 变 形 可 以 使 问 题 变
得
简
单
．第
（Ⅱ
）小
题
中
，ｆ′（ｘ）＝
１ ｘｅｘ
（１
－
ｘ
－
ｘｌｎｘ）（ｘ ∈ （０，＋ ∞））的零点比较难求，先直觉得 出零点，然后再确定零点 左 右 两 边 的 符 号．如 果 将
ｆ′（ｘ）的 因 式ｈ（ｘ）换 成 因 式ｕ（ｘ）＝１－ｘｘ－ｘｌｎｘ
以ｕ（ｘ）＝ｅｂ－２ａ
ａ－ｂ
－ｅ２
－
（ｂ－ａ）＞ｕ（０）＝０，故ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）＞ｆ（ａ２＋ｂ）． 点评 第（２）小题中，ｈ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ－１是
超越式，无法用常规方法 求 出 其 零 点，但 是 我 们 可
以通过直觉思考得到其一个零点为ｘ ＝０，再二次 求导得到导函数的的单调性，导函数恰好在ｘ ＝０ 处取得最小值，故 有 ｈ′（ｘ）≥ ０，从 而 使 问 题 得 到 解决．
二 、巧 妙 变 形 ，两 边 求 导 定 性
例３ （２０１４年新课标全国卷 Ⅰ 理科第２１题） 设 函数ｆ（ｘ）＝ａｅｘｌｎｘ＋ｂｅｘｘ－１，曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点
（１，ｆ（１））处的切线为ｙ ＝ｅ（ｘ－１）＋２． （Ⅰ）求ａ，ｂ；
（Ⅱ ）证 明 ：ｆ（ｘ）＞ １． 解 （Ⅰ）函数ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋ ∞），
故ｇ（ｘ）单 调 递 减；当 ｘ ＞ １ 时，ｈ（ｘ）＞ ０，所 以
ｇ′（ｘ）＞ ０，故 ｇ（ｘ）单 调 递 增 ．所 以 ，ｇ（ｘ）＞ ｇ（１）
２０
数学通讯———２０１６年第４期（上半月） ·辅教导学·
＝０（ｘ ＞０，ｘ ≠１）． 所以，除切点之外，曲线 Ｃ 在直线Ｌ 的下方．
ｇ（ｘ）过点（１，０）的切线斜率ｋ ＝ｇ′（１）＝１，过点
（１，０）的切线方程为ｙ ＝ｘ－１．
（２）令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－
（１ｘ２ ２
＋ｘ＋１）＝ｅｘ
－
１ｘ２ ２
－ｘ－１，则ｈ′（ｘ）＝ｅｘ
－ｘ－１，所
以ｈ′（０）＝
０．
设φ（ｘ）＝ｈ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ－１，则φ′（ｘ）＝ｅｘ －１，当ｘ ＜０时，φ′（ｘ）＜０；当ｘ ＞０时，φ′（ｘ）＞ ０．所 以 φ（ｘ）的 最 小 值 为φ（０）＝ ０，所 以ｈ′（ｘ）＝ φ（ｘ）≥０，所以ｙ＝ｈ（ｘ）在 Ｒ上递增，最多有一个 零 点，又ｈ（０）＝０，所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）与曲线ｙ＝
不等号连接，再将其变形，得 到 某 个 新 的 较 为 复 杂
的不等式，这样新函数的 导 数 就 复 杂 了，零 点 也 就
不 好 求 了 ，从 而 题 目 的 难 度 也 就 大 大 增 加 了 ． 例４ （２０１２年 山 东 卷 理 科 第２２题 ）已 知 函 数
ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｅｘ＋ｋ（ｋ为 常 数 ，ｅ＝２．７１８２８···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．
例２ （２０１３年北京卷理科第１８题）设Ｌ 为曲
线 Ｃ：ｙ ＝ｌｘｎｘ 在点（１，０）处的切线．
（１）求 Ｌ 的方程； （２）证明：除切点（１，０）之外，曲线Ｃ 在直线Ｌ
的下方．
解
（１）设ｆ（ｘ）＝ｌｘｎｘ，则ｆ′（ｘ）＝
１－ｌｎｘ， ｘ２
所以ｆ′（１）＝１，所以 Ｌ 的方程为ｙ ＝ｘ－１． （２）令 ｇ（ｘ）＝ ｘ－１－ｆ（ｘ），则 除 切 点 之 外 ，
（Ⅰ）求ｋ 的值； （Ⅱ ）求 ｆ（ｘ）的 单 调 区 间 ； （Ⅲ）设ｇ（ｘ）＝ （ｘ２＋ｘ）ｆ′（ｘ），其中ｆ′（ｘ）为 ｆ（ｘ）的 导 函 数．证 明：对 任 意 ｘ ＞ ０，ｇ（ｘ）＜ １ ＋ｅ－２．