难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法
导函数隐零点问题的8种解决策略教师版
隐零点问题的8种解决策略我们知道导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”（即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达），基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上参变分离，技巧上反客为主 一、直接观察如果导函数存在零点，但令导函数为零后，出现超越方程，直接求解比较困难，此时可先用特殊值试探出方程的一个根，再通过二次求导研究其单调性，并证明其是唯一的。
一般的，当导数式含有x ln 时，可试根1，e 或e1等，当导数式含有xe 时可试根0或1 例1.（2013北京卷）求证：1ln -≤x xx证法1：令xx x x g ln 1)(--=，则22'ln 1)(x x x x g +-=，令x x x h ln 1)(2+-=， 则012)('>+=xx x h ，所以)(x h 在),0(+∞单调递增，又0)1(=h ，故当10<<x 时，0)(<x h 0)('<⇒x g ，)(x g 递减，当1>x 时，0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g 递增，所以0)1()(=≥g x g ，即1ln 0ln 1-≤⇒≥--x xxx x x 证法2：（对数单身狗）即证x x x -≤2ln ，令x x x x f ln )(2--=，则)0()1)(12(112)('>-+=--=x xx x x x x f ，所以当)1,0(∈x 时，0)('<x f ，)(x f 递减 当),1(+∞∈x 时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以0)1()(=≥f x f ，即0ln 2≥--x x x所以1ln -≤x xx例2.已知0ln )1(≥--a x x 恒成立，求a 的取值范围解：由题意x x a ln )1(-≤恒成立，令x x x f ln )1()(-=，则xx x x x f 1ln )('-+=观察知0)1('=f ，当10<<x 时，0)('<x f ，1>x 时，0)('>x f所以)(x f 在)1,0(内单调减，在),1(+∞单调增，所以0)1()(min ==f x f ，0≤∴a 二、虚设零点当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点0x ，再对0)(0'=x f 进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简)(0x f 的目的例3.设函数)0()1ln(1)(>++=x x x x f ，若1)(+>x kx f 在),0(+∞内恒成立，求正整数k 的最大值解：由题意得xx x k ]1)1)[ln(1(+++<在),0(+∞内恒成立令)0(]1)1)[ln(1()(>+++=x x x x x g ，则2')1ln(1)(x x x x g +--=， 令)0)(1ln(1)(>+--=x x x x h ，则01)('>+=x x x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增又03ln 1)2(<-=h ，04ln 2)3(>-=h ，所以存在唯一的)3,2(0∈x 使得0)(0=x h ，即)1ln(100+-=x x ，所以当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g )(x g ⇒在),0(0x 上递减，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g )(x g ⇒在)(0∞+，x 上递增， 所以)4,3(1]1)1)[ln(1()()(00000min ∈+=+++==x x x x x g x g ，故3≤k ，k 的最大值为3例4.已知)2ln()(+-=x e x f x，求证：0)(>x f 恒成立 证明：21)('+-=x e x f x，显然)('x f 在),2(+∞-上递增，又011)1('<-=-e f ，021)0('>=f 所以存在唯一的)0,1(0-∈x 使得0)(0'=x f ，即2100+=x ex )2ln(00+-=⇒x x 所以当),2(0x x -∈时0)('<x f ，)(x f 递减，当),(0+∞∈x x 时0)('>x f ，)(x f 递增，所以02)1(21)2ln()()(0200000min 0>++=++=+-==x x x x x e x f x f x ，所以0)(>x f 恒成立例5.（2015年全国卷）设x a e x f xln )(2-=，求证：当0>a 时aa a x f 2ln2)(+≥ 证明：xa e x f x-=2'2)(，当0>a 时，显然)('x f 在),0(+∞上递增， 又012)(2'>-=aea f ，+→0x 时-∞→)('x f ，所以)('x f 存在唯一零点0x ，即0002ln 2ln )2ln(220x a x a x x a e x -==⇒=所以当00x x <<时，0)('<x f ，)(x f 递减，当0x x >时，0)('>x f ，)(x f 递增，所以)22(ln 2ln )()(00020min 0x a a x a x a ex f x f x --=-==aa a a a ax x a 2ln 22ln 2200+≥++= 例6.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立xx e a x1ln 2+-≤⇔在),0(+∞上恒成立 令xx e x g x1ln )(2+-=，则222'ln 2)(x x e x x g x +=，令x ex x h xln 2)(22+=，则01)(4)(22'>++=xe x x x h x ⇒)(x h 在),0(+∞上递增 又082ln 16)41(<-=e h ，02)1(2>=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)1,41(0∈x ，所以当00x x <<时0)(0)('<⇒<x g x h ，当0x x >时0)(0)('>⇒>x g x h ，所以)(x g 在),0(0x 递减，在)(0∞+，x 递增，0020min 1ln )()(0x x e x g x g x +-==∴ 由00002202200ln )2ln()ln ln(22ln 0ln 2)(00x x x x x x e x ex x h x x ---=⇒-=⇒=+= )ln ()ln ln(2)2ln(0000x x x x -+-=+⇒，设x x x F +=ln )(，则)ln ()2(00x F x F -=，又易知)(x F 在),0(+∞上递增，020020012ln ln 20x x x ex x x =-=⇒-=∴ 21ln )()(0020min 0=+-==∴x x e x g x g x ，所以2≤a 例7.（2017年全国2卷）已知函数x x x x x f ln )(2--=，且0)(≥x f ，求证：)(x f 存在唯一的极大值点0x ，且2022)(--<<x f e证明：x x x f ln 22)('--=，设x x x h ln 22)(--=，则由21012)('>⇒>-=x x x h )(x h ∴在]21,0(上单调递减， ),21[+∞上单调递增，又0)1(,012ln )21(=<-=h h ，+→0x 时+∞→)(x h ，)(x h ∴在)21,0(上存在唯一零点0x 即0000ln 220ln 22x x x x =-⇒=--，当),0(0x x ∈时0)(>x h 0)('>⇒x f ，当)1,(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x f ，当),1(+∞∈x 时0)(>x h 0)('>⇒x f ，所以)(x f 为],0(0x 上递增，]1,[0x 上递减，),1[+∞递增，所以)(x f 极大值为)1()22(ln )(0000020000200x x x x x x x x x x x f -=---=--=，而)1,0(0∈x ，220002)21()(-=-+<∴x x x f ，又10-≠e x 且)1,0(1∈-e ，210)()(--=>∴e e f x f 综上2022)(--<<x f e例8.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分离参数）1)('-=xe xf ，01)1)((1)()('>++--=++-x e k x x x f k x x等价于1111)1(-++=-++-<x x x e x x e x e x k 对0>x 恒成立令)0(11)(>-++=x e x x x g x ，则2')1()2()(---=x x x e x e e x g ， 令)0(2)(>--=x x e x h x ，则01)('>-=xe x h ，所以)(x h 在),0(+∞上递增， 又03)1(<-=e h ，04)2(2>-=e h ，所以)(x h 存在唯一零点)2,1(0∈x ，则200+=x ex当),0(0x x ∈时0)(<x h 0)('<⇒x g ，当),(0+∞∈x x 时0)(>x h 0)('>⇒x g ，)(x g ∴在),0(0x 上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增所以)3,2(111)()(0000min 0∈+=-++==x e x x x g x g x ， 又min )(x g k <，所以整数k 的最大值为2 三、分类讨论例9.设21)(ax x e x f x---=，若当0>x 时0)(≥x f ，求a 的取值范围解：（分类讨论）ax e x f x21)('--=， 令)0(21)(>--=x ax e x g x，则a e x g x2)('-=因为1≥xe （1）当12≤a 即21≤a 时，0)('>x g 恒成立，)(x g ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴g x g ，即0)('>x f ，)(x f ∴在),0(+∞上递增，0)0()(=>∴f x f 成立（2）当12>a 即21>a 时，由a x x g 2ln 00)('<<⇒<，)(x g ∴在]2ln ,0(a 递减，),2[ln +∞a 递增所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)0()(=≤g x g ，即0)('≤x f )(x f ⇒]2ln ,0(a 在递减，0)0()(=<∴f x f 与题意不符综合（1）（2）知a 的取值范围为21≤a 解法2：（切线放缩）先证明1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立，事实上，设1)(--=x e x g x ，则1)('-=x e x g ，令0)('>x g ，解得0>x ，令0)('<x g ，解得0<x ，所以)(x g 在]0,(-∞递减，),0[+∞上递增，所以0)0()(=≥g x g ，即1+≥x e x ，当且仅当0=x 时等号成立x a ax x ax e x f x )21(221)('-=-≥--=①当021≥-a 即21≤a 时，0)('≥x f 对),0(+∞∈x 恒成立，所以)(x f 在),0(+∞上递增，所以0)0()(=>f x f 成立，符合题意②当021<-a 即21>a 时，由当0≠x 时，1+>x e x 得)0(1≠-≥-x x e x ，从而xx x xxxea e e ea e ax e x f )2)(1()1(2121)('--=---<--=- 所以当)2ln ,0(a x ∈时，0)('<x f ，)(x f 递减，此时0)0()(=<f x f ，不合题意综上可知实数a 的取值范围为21≤a 例10.（2012 山东卷）已知xex x x x x f )ln 1)(1()(--+=，求证：21)(-+<e x f 证明：易知当1≥x ，则210)(-+<≤e x f所以当10<<x 时，0ln 1>--x x x ，由1+>x e x110<+<⇒xe x ，x x x x f ln 1)(--<∴ 令)10(ln 1)(<<--=x x x x x g ，则由2'00ln 2)(-<<⇒>--=ex x x g)(x g ∴在],0(2-e 单调递增，在),[2+∞-e 单调递减，所以221)()(--+=≤e e g x g从而21)(-+<e x f 综上知21)(-+<e x f例11.（2013广东卷）设2)1()(kx e x x f x --=，当]1,21(∈k 时，求)(x f 在],0[k 上最大值 解：由0)2()('>-=k e x x f xk x 2ln >⇒，考虑k 2ln 是否属于区间],0[k 令kk k g -=2ln )(，则01)('≤-=k k k g ，)(k g ∴在]1,21(∈k 递减，021)21()(<-=<g k g ，故当]1,21(∈k ]1,21(∈k 时，k k <<2ln 0)(x f ∴在]2ln ,0[k 递减，在],2[ln k k 递增，下面比较)0(f 与)(k f 的大小令)121(1)1()0()()(3≤<+--=-=k k e k f k f k h k，则)3()('k e k k h k -= 设)121(3)(≤<-=k k e k m k，则03)('<-=k e k m )(k m ⇒在]1,21(∈k 递减又049)21(>-=e m ，03)1(<-=e m ，所以)(k m 存在唯一零点)1,21(0∈k所以当),21(0k k ∈时0)(>k m 0)(>⇒k h ，当]1,(0k k ∈时0)(<k m 0)(<⇒k h ，所以)(k h 在),21(0k 递增，在]1,(0k 上递减，又0849)21(>-=eh ，0)1(=h ， 0)(≥∴k h ，即)0()(f k f ≥，所以)(x f 在],0[k 上最大值为3)1()(k e k k f k --=例12.设2)(--=x e x f x，若0>x 时，01)()('>++-x x f k x ，求整数k 的最大值 解：（分类讨论）1)('-=xe xf ，设)0(1)1)((1)()()('>++--=++-=x x e k x x x f k x x g x则x e k x x g )1()('+-=（1）当01≤-k 即1≤k 时，0)('>x g 恒成立)(x g ⇒在),0(+∞递增，0)0()(=>g x g 符合题意（2）当01>-k 即1>k 时，由0)('>x g 1->⇒k x ，所以)(x g 在]1,0(-k 上递减，),1[+∞-k 上递增，1min 1)1()(--+=-=k e k k g x g令)1(1)(1>-+=-k ek k h k ，则01)(1'<-=-k e k h 恒成立)(k h ⇒在),1(+∞上递减又03)2(>-=e h ，04)3(2<-=e h ，故整数k 的最大值为2四、拆分函数当原函数比较复杂时，可适当将函数拆分成几个简单函数，便于处理例13.（2014 全国卷）求证：12ln )(1>+=-xe x e xf x x证明：exe x x e ex x ex x e x f x x x2ln 2ln 1)2(ln 1)(->⇔>+⇔>+⇔>-- 设x x x g ln )(=则由e x x x g 101ln )('>⇒>+=，)(x g 在]1,0(e 上递减，),1[+∞e上递增e e g x g 1)1()(min -==⇒设e xe x h x2)(-=-，则由10)1()('<⇒>-=-x x e x h x ，)(x h 在]1,0(上递增，),1[+∞递减eh x h 1)1()(max -==所以max min )()(x h x g ≥，又)(x g 和)(x h 不能同时取得最值，所以1)()()(>⇒>x f x h x g 例14.（2016山东卷）设212)ln ()(x x x x a x f -+-=，求证：当1=a 时23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立证明：当1=a 时212ln )(x x x x x f -+-=，32'2211)(xx x x f +--= 23)()('+>x f x f 25312ln 23221122ln 23322+-->-⇔++-->-+-⇔x x x x x x x x x x x x令])2,1[(ln )(∈-=x x x x g ，])2,1[(25312)(23∈+--=x x x x x h1011)('>⇒>-=x xx g ，所以)(x g 在]2,1[上递增，1)1()(min ==g x g由0623)(42'>-+=x x x x h 3119->⇒x ，所以)(x h 在]3119,1[-上递减，]2,3119[-上递增，又21)1(=h ，1)2(=h ，1)2()(max ==∴h x h 故max min )()(x h x g ≥，又 )(x g 和)(x h 不能同时取得最值，故)()(x h x g >成立 所以23)()('+>x f x f 对任意的]2,1[∈x 恒成立 五、等价转化例15.（2013四川高考）设a x e x f x -+=)(，若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使得00))((y y f f =，求a 的取值范围解：]1,1[sin 00-∈=x y ，且0)(≥x f ，00))((y y f f =，所以]1,0[0∈y ，又)(x f 递增，若00)(y y f >，则000)())((y y f y f f >>与00))((y y f f =矛盾 若00)(y y f <，则000)())((y y f y f f <<与00))((y y f f =矛盾所以00)(y y f =，即x x f =)(在]1,0[上有解，即2x x e a x a x e x x -+=⇔=-+ 令])1,0[()(2∈-+=x x x e x g x，则021)('≥-+=x e x g x恒成立，)(x g 在]1,0[上递增 又1)0(=g ，e g =)1(，即)(x g 的值域为],1[e ，],1[e a ∈∴例16.已知函数x x x x f 11ln )(++=，求证：当1>x 时，1ln )(->x xx f 证明：1ln )(->x x x f 即1ln 11ln ->++x x x x x x x x x x x x ln )1(1ln )1(2+>-+-⇔01ln 2<+-⇔xx x 令)1(1ln 2)(>+-=x xx x x g ，则0)1()(22'<--=x x x g 恒成立)(x g ⇒在),1(+∞上递减 0)1()(=<⇒g x g ，即1ln )(->x xx f 六、降次代换例17.已知函数271)(23+++=ax x x x f 有3个零点，求实数a 的取值范围 解：a x x x f ++=23)(2'，则310)31(4<⇒>-=∆a a ，设)('x f 的两个零点分别为)(,2121x x x x <，则3,322121a x x x x =-=+，32023121121ax x a x x +-=⇒=++)(x f ∴在],(1x -∞上递增，],[21x x 上递减，),[2+∞x 上递增273192627132)32(271)(11111121311ax a ax a x a x x ax x x x f -+-=+++-+-=+++= 所以)2731926)(2731926()()(2121ax a a x a x f x f -+--+-=2212212)2731()(243)31(2)926(a x x a x x a -++-+-=1250)512(27)31()2731(3243)31(2)32()926(2222-<⇒<+-=-+⋅-+--==a a a a a a a七、巧妙放缩 利用常见的不等式1ln 11-≤≤-x x x ，1+≥x e x ，ex e x ≥，exx 1ln -≥进行放缩 例18.（2018广州一测）设1ln )(++=x ax x f ，若对任意的0>x ，xxe x f 2)(≤恒成立，求a 的范围解：（放缩法）由1+≥t e t得2)1(ln 1ln 2)1(ln )1(ln 1ln ln 222=+-++≥+-=+-=+-+xx x x x x e x x xe x x e x x x x所以2)1ln (min 2=+-≤xx ea x例19.求证：32ln 2))(1(<+---x x e x x证明：由1ln -≤x x 及xe x ≤+1得)2)(1()1()1(2))(1(ln 2))(1(----=-+--≤+-----x x e x x x e x x x e x x x x 324141)23(222<+<+--⋅<---e x e e x x例20.求证：12ln 1>+-xe x e x x证明：由exx 1ln -≥及1+≥x e x得12)1(2ln 11>=+-≥+--x e x e ex e x e x e x x x x x 例21.求证：)22(ln 22+-≥-x x e x e xe x证明：原不等式2121)1(2ln 21)1(2ln 2xx x x e x x x xex x --≥-⇔--≥-⇔-- 由1ln -≤x x 得x ex ≥-1，故21)1(2ln 201x x x x e x --≥≥--得证 例22.求证：当1>x 吋，x x x x ln 91)1(923+>++ 证明：先把3x 放缩下，x x x x x x x x x ln 9)1(ln 991)1(91)1(92223+>+>=++>++ 例23.求证：2ln ≥-x e x证明：由1+≥x e x 及1ln -≤x x 得2ln ≥-x e x例24.求证：2)1(ln 1)1(-+<+-+x x xe e ex x x 证明：原不等式)1()]1(ln 1)[1(22-+<+-+⇔e e x x x x对x e 放缩，由1+≥x e x可知只需证)1()1()]1(ln 1)[1(22-++<+-+e x x x x即证0ln 2)1)(1()1(ln 1222>+++⇔++<+----ex e x x x e x x x故只需证0ln 22>++-ex x x ，令2ln 2)(-++=e x x x x f ，则3'03ln )(->⇒>+=e x x x f)(x f ∴在],0(3-e 上递减，在),[3+∞-e 上递增，故0)()(323>-=≥---e e e f x f ，得证例25.证明：当0>x 肘，22>+-xex x 证明：先把2x 放缩掉，由x x x x x x ln 101222≥-≥-⇒≥+-xex x e x x +>+-⇒ln 2令x e x x f +=ln )(，则由e x xe x xf >⇒>-=01)(2'，)(x f 在],0(e 递减，在),[+∞e 递增，所以2)()(=≥e f x f 证毕例26.设0>>a b ，求证：b ab ab a <--<ln ln证明：由基本不等式1ln 11-≤≤-x x x 得1ln 1-<<-aba b b ab ab a b a a a b a b b a a b a b b a b <--<⇒<--<⇒-<-<-⇒ln ln 1ln ln 1ln ln例27.求证：当20<<x 时，6911)1ln(+<-+++x xx x证明：由11)11(2111ln 211)1ln(1ln -++-+<-+++=-+++⇒-≤x x x x x x x x)11(3-+=x ，令)3,1(1∈=+t x ，则只需证0)2()1(5)1(31222<--⇔+-<-t t t t t显然成立，证毕例28.（2004全国2）设x x x g ln )(=，b a <<0，求证：2ln )()2(2)()(0a b ba gb g a g -<+-+< 证明：ba bb b a a a b a b a b b a a b a g b g a g +++=++-+=+-+2ln2ln 2ln )(ln ln )2(2)()( 由x x 11ln -≥0)21()21(2ln 2ln =+-++-≥+++⇒bba b a b a a b a b b b a a a2ln )(2ln )(2ln 2ln 2ln 2ln 22a b b a ba b a b a b b b a a b a b b b a a a b b a b a a -<+-=+++<+++⇒+<+ 例29.求证：2ln 3>-x e x证明：由132)1(32ln 31ln +-=---≥--⇒-≤x e x e x e x x xxx令23)(+-=x e x f x，则由3ln 03)('>⇒>-=x e x f x，)(x f ∴在]3ln ,0(上递减，在),3[ln +∞上递增，所以03ln 34)3(ln )(>-=≥f x f ，所以2ln 3>-x e x11 八、反客为主例30.（2015全国Ⅰ）设)0(ln )(2>-=a x a ex f x ，求证：a a a x f 2ln 2)(+≥ 证明：原不等式等价于02ln 2ln 2≥---a a a x a ex ，转换主元，视a 为主元， 令aa a x a e a g x 2ln 2ln )(2---=，则ex a ex a a g 20)2ln(ln )('>⇒>-= )(a g ∴在]2,0(ex 上递减，在),2[+∞ex 上递增，所以02)2()(2≥-=≥ex e ex g a g x。
破解导函数零点不可求问题的两个“妙招”
丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛丛有时我们无法根据题意求出导函数的零点，就很难根据导数与函数的单调性之间的关系判断出函数的单调性，这就给我们解题造成了很大的障碍.对于这类导函数的零点不可求问题，我们需通过设而不求、二次求导来求得问题的答案.一、设而不求当导函数有零点却难以求出其值时，可采用设而不求法，先设出零点的坐标，将其看作已知的点代入导函数为0的式子进行运算；然后用该零点将函数的定义域划分为几个子区间，在每个子区间上讨论导函数与0的大小关系，从而判断出函数的单调性，求得函数的单调区间和最值.例1.已知f(x)=x2-x-x ln x，且f(x)≥0.证明f(x)存在唯一的极大值x0，且e-2<f(x0)<2-2.证明：对函数求导f(x)=x2-x-x ln x，可得f′()x=2x-2-ln x，x>0，f″()x=2-1x=2x-1x，因此f′()x在（0，12）上单调递减，在(12,+∞)上单调递增，所以f′()x min=f′()2-1=ln2-1<0.由于f′()1=0，f′()e-2=2e-2>0，所以∃x0∈(e-2,2-1)，使得f′()x0=0，即2x0-2-ln x0=0.当x∈(x0,1)时，f′()x<0；当x∈(1,+∞)时，f′()x>0.因此f(x)=x2-x-x ln x在(0,x0)与(1,+∞)上单调递增，在（x0,1)上单调递减.所以f(x)存在唯一的极大值点x0，则ln x0=2x0-2，且f(x0)=x02-x0-x0ln x0=-(x0-12)2+14.由于x0∈(e-2，12)，所以f(e-2)<f(x0)<f(12)=14.因为f(e-2)=(e-2)2+e-2>e-2，所以e-2<f(x0)<2-2.根据函数零点存在性定理，可知本题中导函数的零点是存在的，但无法求出，所以假设x0是该函数的零点，即令f′()x0=0，通过代换与化简，得到x0∈(e-2，12).最后利用二次函数的单调性来证明f(x)存在唯一的极大值x0，且e-2<f(x a)<2-2.运用设而不求法解题，不必求出零点的具体坐标或者数值，只需将其看作已知的值进行代换即可.二、二次求导当导函数的零点不可求时，可以尝试运用二次或多次求导的方法，来逐步判断出原函数的单调性，求得原函数的最值.在解题的过程中，有时需对同一个函数进行二次求导，有时则要对不同函数进行多次求导.例2.设函数f(x)=e x，且g(x)=ln x，若对任意x≥0，都有f(x)-f(-x)≥ax成立，求实数a的取值范围.解：令h(x)=f(x)-f(-x)-ax=e x-e-x-ax，则在[0,+∞)上，h(x)≥0.对函数h(x)求导，得h′()x=e x+e-x-a,h″()x=e x-e-x，所以h′()x在[0,+∞)上单调递增，h′()0=2-a.①若a≤2，则h′()x≥0，所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增，所以h(x)≥0，所以f(x)-f(-x)≥ax.②若a>2，则h′()x在[0,+∞)上单调递增，所以h′()x m in≤0，所以在(0,+∞)内必然存在一个值m，使得h′()m=0，这与在[0,+∞)上h(x)≥0相矛盾，故舍去.所以实数a的取值范围为a≤2.我们对原函数进行两次求导，即可根据导函数与函数单调性之间的关系判断出上一级函数的单调性和最值，从而确定原函数的单调性和最值，确定参数a的取值范围.总之，虽然导函数零点问题中的零点不可求得，但是由于零点是存在的，所以我们可以通过设而不求、二次求导，并根据导函数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可快速求得最值，证明不等式，求得参数的取值范围.（作者单位：江苏省响水县清源高级中学）“”陈亚冬38Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
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）．
解导数零点不可求问题的三种策略
ʏ河南省郑州市回民高级中学 赵 杰导数零点不可求是近几年的高考热点问题,常作为压轴题来考查,其核心是由导函数的正㊁负确定函数的单调性㊂用导数研究函数f (x )的单调性时,往往需要解方程f '(x )=0,若方程不易求解时,往往给解题带来困难,同学们可以试试采用猜㊁证㊁设的方法解决,进而提升大家的逻辑推理和直观想象素养㊂策略一:猜 猜出方程f '(x )=0的根对于题中含有字母的函数求导后,得到的是超越函数,此时求导数的零点时可结合导函数的特点猜出导函数的零点,进而求解㊂例1 已知函数f (x )=a e x-l n x -1㊂(1)当a =12e 2时,求f (x )的单调区间;(2)证明:当a ȡ1e 时,f (x )ȡ0㊂分析:(1)由f '(x )=x e x-2e22e 2x,可猜f'(2)=0,从而求解;(2)由于a ȡ1e,故f (x )ȡexe -l n x -1,欲证f (x )ȡ0,只需证exe-l n x -1>0即可㊂解:(1)f (x )的定义域为(0,+ɕ)㊂又a =12e 2,从而f (x )=12e2e x-l n x -1,f '(x )=12e 2e x -1x =x e x-2e22e 2x㊂当0<x <2时,f '(x )<0;当x >2时,f'(x )>0㊂所以f (x )的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+ɕ)㊂(2)当a ȡ1e 时,f (x )ȡexe-l n x -1㊂设g (x )=exe-l n x -1,则g '(x )=e xe -1x㊂易知当0<x <1时,g '(x )<0;当x >1时,g'(x )>0㊂所以x =1是g (x )的最小值点㊂故当x >0时,g (x )ȡg (1)=0㊂因此,当a ȡ1e时,f (x )ȡ0㊂点评:当所求的导函数的解析式中出现l n x 时,常猜想f '(x )=0的根为1;当解析式中出现e x时,常猜想f '(x )=0的根为0;当解析式中出现x e x -a e a时,常猜想f '(x )=0的根为a ㊂策略二:证 证明f '(x )=0有根(无根)函数求导后,导函数的零点不能求时,可根据导函数的特点证明出导函数有(几个)或无零点㊂例2 (2019年全国Ⅰ卷)已知函数f (x )=s i n x -l n (1+x ),f'(x )为f (x )的导数㊂证明:f'(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂分析:f (x )的定义域为(-1,+ɕ),求出原函数的导函数,进一步求导,得到f ᵡ(x )在-1,π2上为减函数,结合f ᵡ(0)=1,f ᵡπ2 =-1+11+π22<-1+1=0,由零点存在定理可知,函数f ᵡ(x )在-1,π2 上1 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.存在唯一的零点x 0㊂结合单调性可得,f'(x )在(-1,x 0)上单调递增,在x 0,π2上单调递减,可得f '(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂解:f (x )的定义域为(-1,+ɕ)㊂f '(x )=c o s x -11+x ,fᵡ(x )=-s i n x +1(1+x )2㊂令g (x )=-s i n x +1(1+x )2,则g '(x )=-c o s x -2(1+x )3<0在-1,π2上恒成立㊂故f ᵡ(x )在-1,π2上为减函数㊂又f ᵡ(0)=1, f ᵡπ2=-1+11+π22<-1+1=0,由零点存在定理可知,函数f ''(x )在-1,π2上存在唯一的零点x 0㊂结合单调性可得,f'(x )在(-1,x 0)上单调递增,在x 0,π2上单调递减㊂可得f '(x )在区间-1,π2存在唯一极大值点㊂点评:若导函数f '(x )在某区间上单调,可根据单调性及零点存在定理证出零点的个数;若导函数f '(x )在某区间上不单调,则通过导函数的极值及图像特征确定零点个数㊂策略三:设 设出f '(x )=0的根对于函数求导后,导函数的零点无法求解时,可设出零点,再根据函数的性质求解㊂例3 (2017年新课标Ⅱ卷)已知函数f (x )=x 2-x -x l n x ,证明:f (x )存在唯一的极大值点x 0,且f (x 0)<2-2㊂分析:f (x )=x 2-x -x l n x ,记t (x )=f '(x )=2x -2-l n x ,解不等式可知t (x )m i n=t 12=l n 2-1<0,从而可知f '(x )=0存在两根x 0,x 1㊂利用f (x )必存在唯一极大值点x 0及x 0<12,可知f (x 0)<14㊂另一方面可知f (x 0)>f1e=1e2㊂解:f (x )的定义域为(0,+ɕ),f (x )=x 2-x -x l n x ,f'(x )=2x -2-l n x ㊂令f '(x )=0,可得2x -2-l n x =0㊂记t (x )=2x -2-l n x ,则t '(x )=2-1x㊂令t '(x )=0,解得x =12㊂所以t (x )在区间0,12上单调递减,在12,+ɕ上单调递增㊂所以t (x )m i n =t 12=l n 2-1<0㊂又t1e 2=2e2>0,t (e )=2e -3>0,所以t (x )在0,12 ,12,+ɕ 上各存在唯一零点㊂所以t (x )=0有解,即f '(x )=0存在两个根x 0,x 1㊂且f '(x )在(0,x 0)上为正,在(x 0,x 1)上为负,在(x 1,+ɕ)上为正㊂所以f (x )必存在唯一极大值点x 0,且2x 0-2-l n x 0=0㊂因此,f (x 0)=x 20-x 0-x 0l n x 0=x 20-x 0+2x 0-2x 20=x 0-x 20㊂由x 0<12,可知f (x 0)<(x 0-x 20)m a x =-122+12=14㊂综上所述,f (x )存在唯一的极大值点x 0,且f (x 0)<2-2㊂点评:对于导数零点不可求的函数,利用零点存在定理,判断出零点所在的区间,设出零点代入所求的函数中达到消元化简的目的㊂注:本文系2022年度河南省基础教育教学研究项目 基于双新的高中数学单元教学设计㊁实施与评价研究 (J C J Y C 2203010020)研究成果㊂(责任编辑 徐利杰)11知识篇 新高考名师护航 高二数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
导函数零点不易求问题的有效对策
. A在l区l 间R（i姨gh2t，s2）R上e单se调r递ve减d，.可知f ′（x）≤0对任意x∈
（姨 2 ，2）恒成立. 当 a =0 时 ，f ′（x）=-2x， 显 然 f ′（x）≤0 对 任 意 x ∈
②当a<0时，令h（ ′ x）=0，则x=- 1 或x= 2（舍）.
a
a
a a 所以x∈ 0，- 1 时，h′（x）<0，h（x）在 0，- 1 上单
a
a
a a 调递减；x∈ - 1 ，+∞ 时，h（ ′ x）>0，h（x）在 - 1 ，+∞ 上
a
a
单调递增.
a a 所以当x=-
（姨 2 ，2）恒成立；当a>0时，f（ ′ x）≤0等价于ax2-（2a2-2）x-
2a≥0，因为x∈（姨 2 ，2），不等式ax2-（2a2-2）x-2a≥0等
价于x- 2 ≥ 2a2-2 ，令g（x）=x- 2 ，x∈［姨 2 ，2］，则
x
a
x
g（ ′ x）=1+
2 x2
，在［姨
2
，2］上显然有g（ ′ x）>0恒成立，所以
当然针对不同的问题转化的方法也不尽相同，下面就其
中所涉及的其他方法举例说明.
一、函数分离
例2 求证：当x∈（0，+∞）时，ln ex-1 > x . x2
解析：当x∈（0，+∞）时，ln ex-1 > x ，将不等式右边 x2
转化为对数形式，得ln
ex-1
>lne
导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$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？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
最全总结之导数零点不可求
导数零点不可求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？考点一 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．[解题观摩] (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＞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 x x2.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．因为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]．[关键点拨]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.考点二 隐零点代换例1. （广州市天河区2019届）已知函数在点处的切线方程为．求a ，b 的值及函数的极值；若且对任意的恒成立，求m的最大值．解析：，，函数在点处的切线方程为，，解得，．，则，由，得．当时，，当时，．在上为减函数，在上为增函数，则当时，函数取得极小值为；当时，由，得．令，则，设，则，在上为增函数，，，，且，当时，，，在上单调递减；当时，，，在上单调递增．，，，，，的最大值为3．【点睛】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值。
导数零点不可求？
导数零点不可求？
在高处理导数问题时，一类与求函数极值有关的题目不时出现，此类题目的极值点为变量，在求函数极值时相应的极值函数一般为超越函数或含参函数，不方便直接求解。
因为极值点为导数函数的零点，此时结合函数极值函数的特点，不妨利用整体代换化简极值函数我们把这该类问题叫做
“隐零点”代换问题
01
利用导数函数零点整体代换化简极值函数
此类题目需要求函数的极值，而极值点又不确定，于是根据零点存在定理确定零点的取值范围．在得到极值函数后，若再次求导就会
陷入求导运算的死循环，这时需要转换思路另辟蹊径，通过零点整体换元化简极值函数，则问题迎刃而解．
02
利用导数函数零点消参
含参函数是高中数学的知识难点，一般需要分类讨论，有时甚至感觉无法找到解题突破口．当极值函数中含有参数时，利用导数函数的零点能够有效消除参数，简化极值函数，解决思路豁然开朗。
—over—。
难点4解答导数零点不可求问题的三种方法
难点4解答导数零点不可求问题的三种方法难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定原函数的单调性.用导数研究函数f(x)=0的单调性,往往需要解方程f '(x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢? 1.猜——猜出方程f '(x)=0的根典例1 设f(x)=.(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)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围.解析(1)f '(x)=-,令f '(x)=0,得x=1.由f(x)在(a,a+1)上有极值,得即0<a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).< p="">(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=k.设g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求实数k的取值范围,即函数g(x)的值域.g'(x)=2(1-x)+.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.易得g'(1)=0,且当0<x0,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,故g(x)</x=g(1)=2.进而可得函数g(x)的值域是(-∞,2],所以所max求实数k的取值范围是(-∞,2].点拨当所求函数的解析式中出现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对点练求函数f(x)=e x+x2-(2+ln 2)x的最小值.解析由题意可得,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至多有一个实数解,且可观察出此实数解就是ln 2,所以函数f(x)在(-∞,ln 2)、(ln 2,+∞)上分别是减函数、增函数,得f(x)min=f(ln 2)=2-2ln2-ln22.2.设——设出方程f '(x)=0的根典例2 设函数f(x)=e2x-aln x.(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+aln.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-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<且b(2)证明:设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x)时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,所以当x=x时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x)=+2ax+aln≥2a+aln,当且仅当x=时取“=”.故当a>0时, f(x)≥2a+aln.点拨本题第(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)=2e2x-=0的根无法求解,故设出f '(x)=0的根为x0,通过f(x)在(0,x)和(x,+∞)上的单调性知f(x)min =f(x)=+2ax+aln,进而利用基本不等式证得结论,这种解决方法类似解析几何中的设而不求. 对点练设函数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.解析(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(x>0).(*)令g(x)=+x, 则g'(x)=+1=.令h(x)=e x-x-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eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于(*)式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.< p="">3.证——证明方程f '(x)=0无根典例3 已知m∈R,函数f(x)=mx--ln x,g(x)=+ln x,h(x)=,若?x∈[1,e],使得f(x0)-g(x)>h(x),求实数m的取值范围.解析由题意知关于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<m(1<x≤e)有解.< p="">设u(x)=(1<x≤e),下面求函数u(x)的最小值.< p="">u'(x)=(1< p="">可大胆猜测方程u'(x)=0无解,证明如下:由1所以u(x)在(1,e]上是减函数,所以函数u(x)的值域是,进而可得所求实数m的取值范围是.点拨当利用导数求函数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)在该区间上是否单调,若单调,则f(x)在区间的端点处取得最值.对点练若存在x使不等式>成立,求实数m的取值范围.解析由题意知存在x使不等式-m>e x-x成立.设=t(t≥0),则?t≥0使不等式-m>t-t2成立.设f(t)=t-t2(t≥0),下面求函数f(t)的最小值.f '(t)=(2t2+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,则f(t)是增函数或减函数),证明如下:f '(t)=(2t2+1)-2t≥2t-2t≥0(t≥0),当且仅当t=时取“=”,进而可得f '(t)≥0(t≥0),所以函数f(t)是增函数,得其最小值为f(0)=0.所以-m>0,故实数m的取值范围为m<0.<></x≤e),下面求函数u(x)的最小值.<></m(1<x≤e)有解.<></g(α),故整数k的最大值为2.<></b<且b</a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).<>。
数学高考导数难题导数零点问题导数
含参导函数零点问题的几种处理方法方法一：直接求出;代入应用对于导函数为二次函数问题;可以用二次函数零点的基本方法来求..1因式分解求零点例1 讨论函数)(12)21(31)(23R a x x a ax x f ∈+++-=的单调区间 解析：即求)('x f 的符号问题..由)2)(1(2)12()('2--=++-=x ax x a ax x f 可以因式分方法二：猜出特值;证明唯一对于有些复杂的函数;有些零点可能是很难用方程求解的方法求出的;这时我们可以考虑用特殊值去猜出零点;再证明该函数的单调性而验证其唯一性..例4 讨论函数ax x a x e a x x f x ++-+--=23)1(2131)1()(;R a ∈;的极值情况 解析：)1)(()1()()('2-+-=++-+-=x e a x a x a x e a x x f x x ;只能解出)('x f 的一个零点为a ;其它的零点就是01=-+x e x的根;不能解..例52011高考浙江理科设函数R a x a x x f ∈-=,ln )()(2Ⅰ若e x =为)(x f y =的极值点;求实数aⅡ求实数a 的取值范围;使得对任意的],3,0(e x ∈恒有24)(e x f ≤成立注：e 为自然对数;方法三：锁定区间;设而不求对于例5;也可以直接设函数来求;①当10≤<x 时;对于任意的实数a ;恒有240)(e x f <≤成立②当e x 31≤<;由题意;首先有,4)3ln(3()3(22e e a e e f ≤-=）解得)3ln(23)3ln(23e ee a e ee +≤≤-由'()()(2ln 1)af x x a x x=-+-;但这时会发现0)('=x f 的解除了a x =外还有x a x -+1ln 2=0的解;显然无法用特殊值猜出.. 令()2ln 1a h x x x=+-;注意到01)1(<-=a h ;0ln 2)(>=a a h ;且(3)2ln(3)12ln(3)13a h e e e e =+-≥+-=2(ln 30e ..故0)('=x f 在),1(a 及1;3e 至少还有一个零点;又()h x 在0;+∞内单调递增;所以函数()h x 在]3,1(e 内有唯一零点;但此时无法求出此零点怎么办..我们可以采取设而不求的方法;记此零点为0x ;则a x <<01.. 从而;当0(0,)x x ∈时;'()0f x ；当0(,)x x a ∈时;'()f x a ；当(,)x a ∈+∞时;'()0f x ;即()f x 在0(0,)x 内单调递增;在0,()x a 内单调递减;在(,)a +∞内单调递增..所以要使2()4f x e≤对](1,3x e ∈恒成立;只要2200022()()ln 4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩成立..000()2ln 10a h x x x =+-=;知002ln a x x =+3将3代入1得232004ln 4x x e ≤;又01x ;注意到函数23ln x x 在1;+∞内单调递增;故01x e ≤..再由3以及函数x x x +ln 2在1.+ +∞内单调递增;可得13a e ≤..由2解得;33e a e ≤≤+所以33e a e ≤≤综上;a 的取值范围为33e a e ≤≤.. 例6 已知函数||ln )(b x x ax xf ++=是奇函数;且图像在))(,(e f e e 为自然对数的底数处的切线斜率为3（1） 求b a ,的值（2） 若Z k ∈;且1)(-<x x f k 对任意1>x 恒成立;求k 的最大值.. 例7 2009高考全国Ⅱ理科设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、;且12x x <;I 求a 的取值范围;并讨论()f x 的单调性；II 证明：()21224In f x -> 方法四：避开求值;等价替换..对于有些函数的零点问题;可能用方法一、二、三都无法解决;这是我们可以考虑回避求其零点.. 避开方法：放缩不等式例8 设函数21)(ax x e x f x ---=Ⅰ若0=a ;求)(x f 的单调区间Ⅱ若当,0)(,0≥≥x f x 时求a 的取值范围..与例8类似;下面的2010高考全国Ⅱ理科的最后一题;也是这样的处理方法..设函数()1x f x e -=-． Ⅰ证明：当x ＞-1时;()1x f x x ≥+； Ⅱ设当0x ≥时;()1x f x ax ≤+;求a 的取值范围．。
导数零点不可求的四种破解策略
导数零点不可求的四种破解策略在数学中，导数就是用于描述函数改变率的概念。
直观上来说，导数可以理解为函数在其中一点上的斜率。
通常情况下，我们可以通过求导的方式来找到导数零点，也就是函数上的极值点。
但有时候，由于函数的复杂性或者特殊性，导数零点可能无法直接求得。
下面将介绍四种破解策略来应对这样的情况。
第一种策略是使用数值方法。
数值方法是一种通过近似计算来得到导数零点的方法。
其中，最常见的数值方法之一是牛顿法。
牛顿法是通过使用函数的切线来逼近导数零点的过程。
具体步骤如下：首先，取一个初始点；然后，计算该点处的切线斜率，得到一个新的点；再次计算新点处的切线斜率，得到一个更接近导数零点的新点；不断重复上述过程，直到达到所需的精度为止。
数值方法是一种有效的求导数零点的技巧，尤其适用于无法直接求导的函数。
第二种策略是使用图形方法。
图形方法是通过观察函数图像来找到导数零点的方法。
在图形方法中，我们可以使用计算机绘制函数图像，然后通过直观观察来找到导数为零的点。
这种方法尤其适用于简单的函数，或者具有明显特征的函数。
通过图形方法找到的导数零点可能不是精确值，但可以提供一个很好的近似解。
第三种策略是使用近似解析方法。
近似解析方法是一种通过进行适当近似来求解导数零点的方法。
其中，泰勒级数展开是一种常用的近似解析方法。
泰勒级数展开是将函数表示为一个无限级数的形式，通过截断级数，可以得到一个近似解析的形式。
利用泰勒级数展开，我们可以找到导数零点的近似解析解。
最后一种策略是使用符号计算方法。
符号计算是一种通过代数运算来进行精确计算的方法。
符号计算可用于求解导数为零的精确解。
通过使用符号计算软件，我们可以输入函数表达式，并对表达式进行求导、解方程等操作，以求得导数零点的精确解。
符号计算方法通常适用于简单的函数，或者具有明确表达式的函数。
综上所述，导数零点不可求的四种破解策略包括数值方法、图形方法、近似解析方法和符号计算方法。
根据具体问题的性质和要求，我们可以选择适用的方法来寻找导数零点，以得到所需的解。
应对导数零点不可求的六种非常规策略
２ （ 求实数 ａ 的取值范围 ， 使得对任意的 ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ， ２ （ ， ］ ， （ ） 恒有 成立 ｘ ∈ ０３ ｅ ｅ ． ｆ ｘ ≤４ ２ ２ 解析 ｆ（ 恒成立 （ ｘ）≤ ４ ｅ ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ≤ ２ 恒成立 ． ４ ｅ ２ ２ ］ ， （ 当ｘ ∈ （ 恒成立 ． ０， １ ｘ －ａ） ｌ ｎ ｘ ≤０≤４ ｅ ２ ２ ， ］ ， （ 当ｘ ∈ （ １ ３ ｅ ｘ－ａ） ｌ ｎ ｘ ≤４ ｅ 恒成立 ２ ４ ｅ ｅ ２ ｅ ２ （ 恒成立 － ２ ｘ－ａ） ≤ ≤ｘ－ａ≤ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｌ ｎ ｘ ｘ 槡 槡
２ ｅ ２ ｅ 恒成立 恒成立 ｘ－ ． ≤ ａ ≤ ｘ＋ ｌ ｎ ｌ ｎ ｘ ｘ 槡 槡 ２ ｅ ，（ ） ２ ｅ ， 令 ｇ（ 原问 ｘ） ｈ ｘ ＝ｘ＋ ＝ｘ－ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｘ 槡 槡 ］ ］ 题［ ｘ） ｈ（ ｘ） ｇ（ ｍ ａ ｘ ≤ａ ≤ ［ ｍ ｉ ｎ． ｅ 因为 ｇ 所以 ｇ（ ′（ ｘ） ｘ） ＝ １＋ ＞ ０， ｘ ｌ ｎ ｘ ｌ ｎ ｘ 槡 ＝ｘ－ ２ ｅ 在（ ， ］ ］ 所以 ［ １３ ｅ 上是增函数 ， ｘ） ｇ（ ｍ ａ ｘ ｌ ｘ 槡ｎ
６ ２
— —２ 数学通讯 — 上半月 ） ０ １ ６ 年第 ５、 ６期（ · 辅教导学 ·
应对导数零点不可求的六种非常规策略
函数与导数重点题型05：零点不可求问题研究(解答题篇)
重点题型五：导函数“零点不可求”问题【问题分析】近年来，导函数零点不可求逐渐成为高考命题的热点，导函数零点不可求是命题人故意为之，主要是考查学生对于函数零点的处理是否掌握到位，所以在学习过程中，函数零点处理技巧，处理策略就非常重要了。
导函数的变号零点就是函数的极值点，也是函数单调性的分界点，如果导函数零点“不可求”，我们就无法透彻的研究函数，就是是问题的解决陷入困境。
解决导函数零点不可求问题的依据其实就是函数零点存在性定理。
在解题过程中经常判断导函数f ′(x)的单调性（通过二次求导判断），然后再根据零点存在性定理判断导函数f ′(x)零点所在的区间。
【知识回顾】 函数的零点：零点存在性定理如果函数y ＝f(x)满足：①在区间[a ，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0； 则函数y ＝f(x)在(a ，b)上存在零点，即存在c ∈(a ，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根.【注】1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f (x )＝0的实根.2.由函数y ＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a ，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，函数零点 函数图像的交点 方程的根 与x 轴交点横坐标所以f(a)·f(b)<0是y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上有零点的充分不必要条件.【解题策略】（1）观察法：对于导函数为常见的超越函数，我们无法求出其零点，但可以根据我们的直觉判断出常见超越函数的零点，如：①y ′=e ,x −x −1,其零点无法求出，通过我们观察当x =0时，y =0，即x =0是导函数y ′的一个零点。
对于导函数y ′=e nx −∑a i m i x i −1,(m,n ∈R )的形式, x =0是导函数y ′的一个零点。
导数中常见零点问题解决方法
导数中的零点问题解决方法解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。
一、能直接分离参数的零点题目此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。
例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+=，若关于x 的方程2()()2g x f x e x =-只有一个实数根，求a 的值。
解析：22()ln ()22g x x f x e a x ex x x =-⇒=-+，令2ln ()2x h x x ex x=-+，'21ln ()22x h x x e x-=-+，令'()0h x =，则x e = 当0x e <<时，'()0h x >，()h x 单调递增；当x e >时，'()0h x <，()h x 单调递 减，2max 1()()h x h e e e==+ 注意这里()h x 的单调性不是硬解出来的，因为你会发现'()h x 的式子很复杂，但是如果把()h x 当成两个函数的和，即2ln (),()2x m x n x x ex x==-+，此时(),()m x n x 的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出()h x 的单调性和极值点。
所以21a e e=+（注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可） 二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题）这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如()f x 在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。
有效破解导函数零点不可求的四个策略
2019年第28期总第449期数理化解题研究有效破解导函数零点不可求的四个策略郭明龙(江苏省南京市高淳高级中学211300)摘要：近年来用导数处理函数问题一直都是高考压轴函数题的宠儿.但是利用导数处理函数问题时都 有一个基本出发点，那就是求完导之后要去研究导函数的零点，也正是这个大家都知道的事实往往成为命题 者把控一道函数压轴题的关键点•近年来，导函数零点不可求，或是不能求逐渐成为各大市乃至高考数学的热 点问题，学生面对这样的问题往往也显得力不从心，但是通过研究不同类型的导函数零点不可求问题我们是 能够总结出相对完善的一套处理该类问题的方法的.关键词：导函数;零点；不可求中图分类号:G632 文献标识码：A文章编号：1008 -0333(2019)28 -0043 -02一、本就无根，重组破之例1(2017扬中七校联考）若/(*)=*-1 -alnx,g(幻=¥，a < 〇，且对任意,*2e [3，4 ] (a:, #x2)，el/(*,)-/U2)I< 恒成立，求实数a的取值范围.解易得函数/(幻及均为[3,4]上的增函数,设A < —,则原不等式等价于/(〜）-/U,) <1g(x2)「•设=/(丨）--：x - a\nx e*，则A(尤)心丨)•一、〜-厂〜茗⑷为[3,4]上的减函数.所以/1'(幻=1 - —在[3,4]上恒成立.设 u(：r)-f_l—则 t/(A：) = 1 -x+e, ,(r0-^[(丄—+)2+|].因为^ X X24[3,4]，所以 e”1[(丄-+)‘++] >^V>1，所以!/(幻x 2 4 4<0，u(幻在[3,4]上单调递减，所以(幻_=1;(3) = 3-|~e2,所以 3-|^e2各a<0.评注此类导函数零点不可求问题的典型特征是导函数看上去比较复杂，类型相对不清晰.处理该类问题首先可以通过直接观察发现导函数是 否恒正或恒负，若不能再尝试将导数进行适当的恒等处理，一般是提取公因式之后把导函数拆成两个子函数之 差，分别求出两个子函数的最值或是通过适当的放缩之 后明确各子函数取值的上下限，然后通过作差判别出导 函数的正负.当然，该类问题也可以通过多次求导实现导 函数正负的间接判断.二、投石问路，先猜后证例2(2013东北三校高三一模）已知函数/(*) =-+cu:3(a>0),函数 g(A〇 =/(a〇 + ¥(;»; - 1)，函数g U)的导数为g'(*).(1) 求函数/(*)的极值;(2) 若 a=e,(i) 求函数g(幻的单调区间；(i i) 求证:*>〇时，不等式g'(*)>l +lrw恒成立.解(1)及(2.红）略.(2.i )当<1=e 时，g(A〇 = 士*2 -+e*3 + - 1)，则(§■'(*)=*(¥ -e* + 1),则由 f(;c)=0 知其必有一根;c =0.令 fc(*)=e*-e：* + l j y A’（a:)=e>I-e，*/i’（x)=0知* = 1，并且易得此时"（*)…>丨…=/1(1)=1 >0•所以当* >0时,(幻>0;当；c<0时,g'(x) <0.故g u)增区间为 (0, +〇〇)，减区间为（-〇〇，0).评注该类问题的一个显著特征是导函数一般是个超越函数，且其一个根很容易看出来，但是除了这个易 得的根％导函数还有没有其他根却暂时无法判别.遇到 这种问题我们一般可以用多项式除法把导数先进行因式 分解，即有/'(*) 接下来我们或是直接看收稿日期:2019 - 07 - 05作者简介：郭明龙（1986. 12 -)，研究生，中学一级教师，从事高中教学教学研究.—43 —数理化 解题研究2019年第28期总第449期出g(幻根的情况，或是利用导数继续研究g U)，研究单 调区间以及极值最值等性质，进而搞清楚原导函数的根 的情况•三、设而不求，韦达相助例3 (2017江苏高考）已知函数/(*) = V+a i+ 1(a>0,6 e R)有极值，且导函数/，(*)的极值点是/(*)的 零点•（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）(1) 求6关于a的函数关系式，并写出定义域；(2) 证明：62 >3a;(3) 若/U)/'〇)这两个函数所有极值之和不小于求a的取值范围.解（1)6=?^+ ^*,定义域(3,)(过程略）•9 a⑵略.(3)由/(尤）=尤3+ 似2 + + 1，得/’（a:) = 3文2 + 2似 +I设/U)的极值点为A,々，则A士为方程/'U) = 〇的-n r i-n2a b224a—66+x2 = -—y xx x2 = +^2 = 一~q—•进而有/(%丨）+/(4+ 6a:丨+ 1 + g + a g +bx2 + 1=^-(3x] +2a x] + 6) + -^-(3x22 +2ax2 + b) + ^-a{x\+ 4) +j-b(Xl+X2) +24-^^-4f+2.由（i)知6 = ^+丄，可得/K) +/(〜）=〇.因为y a/'(幻极值为= - #+ l，a>3,记/(幻，厂U)所J y a有极值之和为/i(a),则A(a) = -#+ l，（f l>3).易得y aZiU)在(3, + 〇〇 )上单调递减•因为/t(6) = - 于是有/i (a)>=/i(6),得〇在6,所以《的取值范围是3 <a«6.评注这类问题的最显著特征就是导函数是一个存在实根的二次函数，但是虽然导函数有实根，但是这个根 却是绝对“不能”求的根.遇到这类问题，我们一般需要分 析目标函数，看看是否可以通过借鉴解析几何中的技巧，设而不求利用韦达定理实现避免直接求导闲数零点.这 种独特的二次函数零点处理方式的应用还是特别广泛的，在平时的教学中老师应该加强这方面的引导，学生也 应注意这种技巧的使用.四、锁定区间，以虚代实例4(2017全国卷（2))已知函数/(*) =aV-a-Mn*，且/(x)>0.(丨）求a;(2)证明:/U)存在唯一极大值 点 ％，且 e_2 </(%) <2_2.—44 —解（l)a= l(过程略）.(2)由（1)知 /( a;)=尤2 - x - xlnA；，厂（x) = 2x- 2 -ln;c•设/i(a;) =2x—2- In i，贝lj/i’（a;) = 2—丄.贝lj当尤e(0，x•|~)时，"’⑷ <0;当+ 〇〇)时，/i'⑴ >0.所以九(幻在(〇,^)上单调递减，在（f, + «>)上单调递增•又M e-2) >0，/^) <0，/i(l)二0,所以 /心)在(0,如上有唯一零点记为*。
最全总结之导数零点不可求
最全总结之导数零点不可求导数零点不可求是指在一些情况下，导数无法通过常规方法计算出来或者计算过程十分繁琐。
下面将详细介绍一些常见情况下导数零点不可求的情况。
在数学中，导数是用来衡量函数在特定点的变化率的工具。
导数零点是指函数在特定点的导数等于零的点。
在一些情况下，导数的零点可以轻松地通过求导公式计算得出。
然而，并非所有函数都存在可求的导数零点，下面将介绍一些这样的情况。
首先，有些函数的导数不可求是因为它们不可导。
对于一个函数而言，如果存在一些点处的导数不存在或者不符合导数定义，那么这个函数在该点就是不可导的。
例如，绝对值函数f(x)=，x，在x=0处的导数不存在。
因为对于左侧和右侧靠近0的x值，函数的斜率分别为-1和1，即导数不存在。
其次，还有一些函数在一些点附近的导数计算十分困难，无法通过常规方法得到解析解。
例如，由分段函数组成的函数在一些分段连接点的导数往往计算困难。
考虑函数f(x)=x^2+1，当x大于等于1时，f(x)=x^2，当x小于1且大于等于0时，f(x)=x^2-1、显然，当x=1时，函数f(x)不可导，因为左右两侧的导数并不相等。
另外，有些函数的导数零点无法通过求导公式直接计算出来，需要进行复杂的计算或使用数值近似的方法。
例如，三角函数的导数通常需要借助一些三角恒等式进行化简。
考虑函数f(x) = sin(x)，在x=π/2处，导数等于cos(π/2) = 0。
这里我们利用了三角函数的导数恒等式来计算导数零点。
值得注意的是，导数的零点不一定意味着函数的极值点。
函数的极值点可以通过导数的零点和导数的符号变化来确定，但是导数为零并不能保证函数在该点一定取得极值。
最后，导数零点不可求也可能是因为函数过于复杂。
在实际问题中，很多函数是通过一些特定的形式或数据拟合得到的，这些函数的导数可能不存在一个简洁的解析表示。
在这种情况下，求导过程可能十分繁琐，无法通过常规方法计算出来。
综上所述，导数零点不可求的情况有很多，包括函数不可导、函数过于复杂或导数计算困难等。
导数零点不可求的四种破解策略
导数零点不可求的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结了四种方法,现说明如下. 法一:利用零点存在性定理零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点. 例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12x f x x x e x =+-,0x >.由()()//22142xf x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增. 又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x ==0200ln x x e x -.由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+.故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.由()/g x =()21102x x --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min 1f x >.导函数()()/12xf x x x e x=+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min 1f x >.法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.例2.已知函数()2ln xf x e a x =- .证明:当0a >时,()22ln f x a a a≥+.证明:()/22xa f x e x=-,0x >.()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x a e x =有实根,等价于函数22xy e =与函数a y x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点; 因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a >时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =.当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x =020ln x e a x =-.由()/00fx =得,02020x a ex -=,020=2x a e x ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---002ln 2aax a a x =++22ln a a a ≥+.故()min 22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+.评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x a f x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min 22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到20=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例 3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1kf x x >+恒成立,求正整数k的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x+++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x+++=,0x >.只需()min k h x <.()/21ln(1)x x h x x--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增. 又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min h x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=. 由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++.则()0h x =01x +()34∈，. 故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x--+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例4.已知函数()()1210xa f x ae a x+=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围.解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21xa f x ae x +=-()221x ax e a x-+=. 令()()21x g x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x g x a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增. 又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞, 故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =. 当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x =()0121x a ae a x +=+-+.由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即0201=x a ae x +.则()0f x =()00121x a ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤.因为()()21xg x a x ea =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()1g g x ≥=0. 故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x-+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。
应对导数零点不可求的六种非常规策略
应对导数零点不可求的六种非常规策略导数零点不可求情况是指在一些函数上，导数的零点无法通过常规的求导方法求得，这时需要采用一些非常规的策略来应对。
下面将介绍六种非常规策略来解决这一问题。
1. 利用Definite Integral：在一些情况下，我们可以通过确定积分函数的定积分来解决导数零点不可求的问题。
例如，对于定义在区间[a, b]上的函数f(x)，如果知道该函数在[a, b]上的定积分等于零，即∫[a, b]f(x)dx = 0，那么我们可以推断函数f(x)在[a, b]上存在导数零点。
因此，可以利用该策略来确定导数零点的存在性。
2.函数的极值点：当导数零点不可求时，我们可以关注函数的极值点。
当函数在其中一点处取得极大值或极小值时，导数为零。
因此，我们可以利用这个特性来确定导数的零点。
但需要注意的是，并非所有的导数为零的点都是极值点，因此必须进行进一步的检查。
3.精确计算：当导数零点不可求时，我们可以尝试使用数值计算的方法来逼近这些导数零点。
其中最常用的方法是迭代法，通过每次迭代逐步逼近导数零点。
这是一种较为耗时的方法，但在一些情况下仍然是有效的。
4.利用对称性：有时，函数的导数零点可能无法显式求得，但可以通过函数的对称性推断。
例如，对于一个关于y轴对称的函数，其导数的零点必然位于y轴上。
通过利用函数的对称性，我们可以确定导数零点的存在。
5.利用特殊性质：有些函数具有特殊的性质，使得它们的导数的零点可以通过特殊方法求得。
例如，对于以原点为中心的奇函数，其导数的零点必然位于原点。
通过利用函数的特殊性质，可以确定导数的零点。
6.数学工具：当导数零点无法使用常规方法求得时，可以考虑使用一些特殊的数学工具来解决这个问题。
例如，使用复数、级数、积分等方法来解决导数零点不可求的问题。
这些数学工具在一些情况下可能会提供一种解决方案。
总结起来，当导数的零点不可求时，我们可以尝试使用非常规的策略来解决这个问题。
解答导数问题的三个技巧
考点透视故g ()x 在()0,x 0上为增函数，则g ()x >g ()0=0，故h ()x 在()0,x 0上为增函数，所以h ()x >h ()0=0，与题设相矛盾.若0<a ≤12，则h ′()x =()1+ax e ax-e x=eax +ln ()1+ax -e x，下证：对任意x >0，总有ln ()1+x <x 成立，设S ()x =ln ()1+x -x ，则S ′()x =11+x -1=-x 1+x<0，所以S ()x 在()0,+∞上为减函数，则S ()x <S ()0=0，即ln ()1+x <x 成立.所以e ax +ln ()1+ax -e x <e ax +ax -e x =e 2ax -e x ≤0，故h ′()x ≤0总成立，即h ()x 在()0,+∞上为减函数，所以h ()x <h ()0=0.当a ≤0时，h ′()x =e ax -e x +axe ax <1-1+0=0，所以h ()x 在()0,+∞上为减函数，所以h ()x <h ()0=0.所以xe ax -e x +1<0，xe ax -e x <-1，即f (x )<-1，综上可得，a ≤12.第一问比较简单，根据导函数与函数的单调性之间关系，即可判断出函数的单调性.对于第二问，要对参数a 的取值进行分类讨论，中间需要多次构造函数，进行多次求导，以根据导函数的正负判断出函数的单调性，进而求得原函数的值域.三、构造同构式有时通过等价变形，可将方程、不等式左右两端的式子变为结构一致的式子，即同构式，便可根据同构式的结构特征构造函数.然后对函数求导，运用函数的单调性来解题.同构法较为灵活，需仔细观察代数式的特点，对其进行合理的变形，从中发现，或通过类比、分析，找出同构式，以利用同构式，寻找新的解题途径.例3.已知函数f ()x =kx ()1-ln x ，其中k 为非零实数.（1）求f ()x 的极值；（2）当k =4时，在函数g ()x =f ()x +x 2+2x 的图象上任取两个不同的点M ()x 1,y 1、N ()x 2,y 2.当0<x 1<x 2<t 时，总有不等式g ()x 1-g ()x 2≥4()x 1-x 2成立，求正实数t 的取值范围.解：（1）f ()x =kx ()1-ln x ，其中k 为非零实数，则f ′()x =-k ln x ，x >0.①当k <0时，x ∈()0,1，f ′()x <0，则函数y =f ()x 单调递减；当x ∈()1,+∞时，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递增.所以，函数y =f ()x 有极小值f ()1=k ；②当k >0时，x ∈()0,1，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递增；当x ∈()1,+∞时，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递减.所以，函数y =f ()x 有极大值f ()1=k .综上所述，当k <0时，y =f ()x 有极小值f ()1=k ；当k >0时，y =f ()x 有极大值f ()1=k ；（2）当k =4时，f ′()x =-4ln x ，g ()x =x 2+2x -4ln x ，当0<x 1<x 2<t 时，总有不等式g ()x 1-g ()x 2≥4()x 1-x 2成立，即g ()x 1-4x 1≥g ()x 2-4x 2，构造函数F ()x =g ()x -4x =x 2-2x -4ln x ，由于0<x 1<x 2<t ，F ()x 1≥F ()x 2，则函数y =F ()x 在区间()0,t 上为减函数或常函数，而F ′()x =2x -2-4x =2()x -2()x +1x，因为x >0，解不等式F ′()x ≤0，得0<x ≤2.由题意可知()0,t ⊆(]0,2，可得0<t ≤2，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2.在解答第二问时，要先将目标式变形为g ()x 1-4x 1≥g ()x 2-4x 2，即可发现该不等式左右两边的式子为同构式，于是构造函数F ()x =g ()x -4x =x 2-2x -4ln x ；再对其求导，讨论其单调性、最值，即可求得参数的取值范围.运用同构法解题的关键在于构造同构式和“母函数”.常用的“母函数”有：f (x )=xe x ，f (x )=e x ±x .除了上述三种技巧，解答导数问题的技巧还有数形结合、参变量分离、整体换元、放缩等，同学们需在练习时总结方法、技巧.由于导数问题较为复杂，有时解答一道题往往要用到多种方法.（作者单位：江苏省高邮市临泽高级中学）考点透视37。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
难点4 解答导数零点不可求问题的三种方法导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定原函数的单调性.用导数研究函数f(x)=0的单调性,往往需要解方程f '(x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢? 1.猜——猜出方程f '(x)=0的根
典例1 设f(x)=.
(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)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围.
解析(1)f '(x)=-,令f '(x)=0,得x=1.
由f(x)在(a,a+1)上有极值,得即0<a<1.所以实数a的取值范围是(0,1).
(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=k.
设g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求实数k的取值范围,即函数g(x)的值域.g'(x)=2(1-x)+.
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.
易得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,故g(x)
=g(1)=2.进而可得函数g(x)的值域是(-∞,2],所以所
max
求实数k的取值范围是(-∞,2].
点拨当所求函数的解析式中出现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
对点练
求函数f(x)=e x+x2-(2+ln 2)x的最小值.
解析由题意可得,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至多有一个实数解,且可观察出此实数解就是ln 2,所以函数f(x)在(-∞,ln 2)、(ln 2,+∞)上分别是减函数、增函数,得f(x)
min
=f(ln 2)=2-2ln 2-ln22.
2.设——设出方程f '(x)=0的根
典例2 设函数f(x)=e2x-aln x.
(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+aln.
解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-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<且b<时, f '(b)<0,
故当a>0时, f '(x)存在唯一零点.
(2)证明:设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x
0,当x∈(0,x
)时, f '(x)<0;当x∈(x
,+∞)
时, f '(x)>0.
故f(x)在(0,x
0)上单调递减,在(x
,+∞)上单调递增,所以当x=x
时, f(x)取得最小值,最小值
为f(x
0).由于2-=0,所以f(x
)=+2ax
+aln≥2a+aln,当且仅当x
=时取“=”.
故当a>0时, f(x)≥2a+aln.
点拨本题第(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)=2e2x-=0的根无法求解,故设出f '(x)=0的根为x
0,通过f(x)在(0,x
)和(x
,+∞)上的单
调性知f(x)
min =f(x
)=+2ax
+aln,进而利用基本不等式证得结论,这种解决方法类似解析几
何中的设而不求. 对点练
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.
解析(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(x>0).(*)令g(x)=+x,
则g'(x)=+1=.
令h(x)=e x-x-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eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于(*)式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.
3.证——证明方程f '(x)=0无根
典例3 已知m∈R,函数f(x)=mx--ln x,g(x)=+ln x,h(x)=,若∃x
∈[1,e],使得
f(x
0)-g(x
)>h(x
),求实数m的取值范围.
解析由题意知关于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<m(1<x≤e)有解.
设u(x)=(1<x≤e),下面求函数u(x)的最小值.
u'(x)=(1<x≤e),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-(2x2+2)ln x<0;2x2-4ex-2=2(x-e)2-2e2-2<0,所以u'(x)<0.
所以u(x)在(1,e]上是减函数,所以函数u(x)的值域是,进而可得所求实数m的取
值范围是.
点拨当利用导数求函数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)在该区间上是否单调,若单调,则f(x)在区间的端点处取得最值.
对点练
若存在x使不等式>成立,求实数m的取值范围.
解析由题意知存在x使不等式-m>e x-x成立.
设=t(t≥0),则∃t≥0使不等式-m>t-t2成立.
设f(t)=t-t2(t≥0),下面求函数f(t)的最小值.
f '(t)=(2t2+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,则f(t)是增函数或减函数),证明如下:
f '(t)=(2t2+1)-2t≥2t-2t≥0(t≥0),
当且仅当t=时取“=”,
进而可得f '(t)≥0(t≥0),所以函数f(t)是增函数,得其最小值为f(0)=0.
所以-m>0,故实数m的取值范围为m<0.。