最全总结之导数零点不可求

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导数题型总结(12种题型)

导数题型总结1.导数的几何意义2.导数四则运算构造新函数3.利用导数研究函数单调性4.利用导数研究函数极值和最值5.①知零点个数求参数范围②含参数讨论零点个数6.函数极值点偏移问题7.导函数零点不可求问题8.双变量的处理策略9.不等式恒成立求参数范围10.不等式证明策略11.双量词的处理策略12.绝对值与导数结合问题导数专题一导数几何意义一.知识点睛导数的几何意义：函数y=f（x）在点x=x0 处的导数f’（x0）的几何意义是曲线在点x=x0 处切线的斜率。

二.方法点拨：1.求切线①若点是切点：(1)切点横坐标x0 代入曲线方程求出y0(2)求出导数f′(x)，把x0代入导数求得函数y ＝f(x)在点x=x 0处的导数f ′(x 0)(3)根据直线点斜式方程，得切线方程：y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．②点（x 0，y 0）不是切点求切线：（1）设曲线上的切点为(x 1，y 1)； (2)根据切点写出切线方程y －y 1＝f ′(x 1)(x －x 1) (3)利用点（x 0，y 0）在切线上求出（x 1，y 1）； (4)把（x 1，y 1）代入切线方程求得切线。

2.求参数，需要根据切线斜率，切线方程，切点的关系列方程：①切线斜率k=f ′(x 0) ②切点在曲线上③切点在切线上三．常考题型：(1)求切线(2)求切点(3)求参数⑷求曲线上的点到直线的最大距离或最小距离(5)利用切线放缩法证不等式四．跟踪练习1.（2016全国卷Ⅲ）已知f(x)为偶函数，当x ＜0时，f(x)=f （-x ）+3x ，则曲线y=f （x ）在点（1，-3）处的切线方程是2.（2014新课标全国Ⅱ）设曲线y=ax-ln （x+1）在点（0,0）处的切线方程为y=2x ，则a= A. 0 B.1 C.2 D.33.（2016全国卷Ⅱ）若直线y=kx+b 是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln （x+1）的切线，则b=4.（2014江西）若曲线y=e -x上点P 处的切线平行于直线2x+y+1=0，则点P 的坐标是5.（2014江苏）在平面直角坐标系中，若曲线y=ax 2+xb（a ，b 为常数）过点P （2，-5），且该曲线在点P 处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b= 6.（2012新课标全国）设点P 在曲线y=21e x上，点Q 在曲线y=ln （2x ）上，则▕PQ ▏的最小值为 A.1-ln2 B.2（1-ln2） C.1+ln2 D.2(1+ln2)7.若存在过点（1,0）的直线与曲线y=x 3和y=ax 2+415x-9都相切，则a 等于 8.抛物线y=x 2上的点到直线x-y-2=0的最短距离为 A.2B.827C. 22D. 19.已知点P 在曲线y=14+x e 上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 10.已知函数f （x ）=2x 3-3x.（1）求f （x ）在区间[-2，1]上的最大值；（2）若过点P （1，t ）存在3条直线与曲线y=f （x ）相切，求t 的取值范围. 11. 已知函数f （x ）=4x-x 4，x ∈R. (1) 求f （x ）的单调区间(2) 设曲线y=f （x ）与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y=g （x ），求证：对于任意的实数x ，都有f （x ）≤g （x ）(3) 若方程f （x ）=a （a 为实数）有两个实数根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 2-x 1≤-3a+431.导数专题二利用导数四则运算构造新函数一．知识点睛导数四则运算法则：[f(x)±g （x ）]’=f ′(x)±g ′(x) [f(x)·g （x ）]’=f ′(x)·g(x) +f(x)·g ′(x)[ )()(x g x f ]′=2[g(x)](x)f(x)g'(x)g(x)f'- 二．方法点拨在解抽象不等式或比较大小时原函数的单调性对解题没有任何帮助，此时我们就要构造新函数，研究新函数的单调性来解抽象不等式或比较大小。

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()()//22142x f 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 x f x e a x =-.证明:当0a >时,()22ln f x a a a ≥+.证明:()/22x a 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22x y 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()/00f x =得,02020x a e x -=,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 2a ax 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020=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,()1k f 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 >.()/21x a 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 =()00121x 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()()21x g x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g 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 =.。

破解导函数零点不可求问题的两个“妙招”

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求解导数零点问题的四种策略

2020年第12期中学数学教学参考（下旬）'想方法求解导数零点问题的四种策略毛正燕（贵州省安顺市西秀区高级中学）余登高（贵州省安顺市西秀区岩腊乡三股水学校）摘要：导数零点是导数综合应用中非常重要的知识，其考查形式多样，问题设置一般较为复杂，尤其是导数零点不可求问题。

本文给出四种策略下求解导数零点问题的示例，展现了一种策略独领风骚，多种策略助力的解题过程。

关键词：导数；零点定理；函数文章编号：1002-2171 (2020) 12-0054-03导数作为高中数学中的重点内容，一直是高考函数压轴题涉及的主要知识。

导数零点问题考查形式多样，问题设置较为复杂，常常给学生的解题带来障碍。

下面笔者通过示例说明求解该类问题的四种策略。

1 一个定理——零点存在性定理在判断导函数/(：c)在给定区间U，6)内的单调性后，可在区间（a，6)内取两个特殊值（往往取比较容易计算的具有明显特征的数值），计算对应的导函数值，并与〇进行比较，结合函数的零点存在性定理，就可以得到导函数/'(x)在给定区间（a，6)内存在唯一的零点。

例1(2019年高考数学全国卷I文科第20题第（I )问）已知函数 /(x) =2sin x—xcos x— x, /U)为/(X)的导函数。

证明：/(1)在区间（0,7T)内存在唯一零点。

分析：先对函数/(I)求导，然后对导函数再次求导，利用函数的单调性与最值，结合函数的零点存在性定理证明。

证明：由题意可得/^(工）=2cos x— [cos x+x(— sin x)] —l=cos x+xsin x一1，设函数g(x)=//(x)=c o s x+xsin x—1，贝!j（:r) =:ccos x。

当时，单调递增；当(|，7T)时，^/(:r)<0，g(jc)单调递减。

则函数g O)的最大值为 —1>〇。

又 g(0) =0，g(7t)=—2,可得 d f) .g(7t)<〇,即/'(f) ./(兀）<〇,所以根据函数的零点存在性定理，可知/(：c)在区间（0, 7t)内存在唯一零点。

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＋ｘ１（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
＝
１ｘ２２
＋
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）．

导数零点不可求考点与题型归纳

导数零点不可求考点与题型归纳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 x 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 )＝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 x x 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 x 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．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[典例] 设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. [解题观摩] (1)法一：f ′(x )＝2e 2x －a x(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 )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为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 －a x(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)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. [关键点拨]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 )＝2e 2x －a x＝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．考点三证——证明方程f ′(x )＝0无根[典例] 已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m x －2ln x ，g (x )＝2e x，若∃x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＞g (x 0)成立，求实数m 的取值范围．[解题观摩] 因为当x ＝1时，f (x )＝0，g (x )＝2e ，不存在f (x 0)＞g (x 0)，所以关于x 的不等式f (x )＞g (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⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e e 2－1，＋∞，故所求实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫4e e 2－1，＋∞. [关键点拨]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)．第五课时构造函数利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．考点一 “比较法”构造函数证明不等式当试题中给出简单的基本初等函数，例如f (x )＝x 3，g (x )＝ln x ，进而证明在某个取值范围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )＞0(f (x )＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝f (x )g (x )⎝⎛⎭⎫φ(x )＝g (x )f (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max ≤1)．[典例] 已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)求证：当x ＞0时，x 2＜e x .[解题观摩] (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2，所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0，故g (x )在R 上单调递增．所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .[关键点拨]在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．考点二 “拆分法”构造函数证明不等式当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.[解题观摩] (1)f ′(x )＝e x－a (x ＞0)， ①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞e a时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e x x－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e x x－2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x x－2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：要证xf (x )－e x ＋2e x ≤0，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e x e x. 设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x－1. 所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1.设函数h (x )＝e x e x ，则h ′(x )＝e x(x －1)e x 2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1.综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.[关键点拨]对于第(2)问xf (x )－e x ＋2e x ≤0的证明直接构造函数h (x )＝x eln x －ax 2－e x ＋2e x ，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f (x )≤e x x －2e 或ln x －x ＋2≤e x e x，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．考点三 “换元法”构造函数证明不等式若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式(其中m (x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m (x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．[典例] 已知函数f (x )＝ln x x－k 有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2＞e 2. [解题观摩] f (x )＝ln x x－k ，设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是证k (x 1＋x 2)＞2，即证k ＞2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2. 令x 1x 2＝t (t ＞1)，则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1(t ＞1)．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1. 所以x 1x 2＞e 2.[关键点拨]不妨设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．考点四 “转化法”构造函数在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．[典例] 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．[解题观摩] 对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x ＞0)，故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫14，＋∞.。

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，其核心又是由导数值的正、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()0f x '＝.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()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞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()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得；（2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+，即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=，根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -，即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，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 .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=，对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-，因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根，显然1x =不是方程的根，因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且，设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<，故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以110e a-<-<，所以a e >. 类型二设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点；当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，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”．【举一反三】【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ，令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--，记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=，故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<，所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三二次构造（求导），避免求根【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--，则()()2111'x x x xf x x -++=--=，令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤，故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-，有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩，即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根，则121012x x <<<<，又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =，所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=，即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩，由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>，由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<，在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>，所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解，即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。

10.分离函数解决导数零点不可求问题

[高考数学母题一千题]分离函数解决导数零点不可求问题解决导数零点不可求问题的通法利用导数研究函数的关键“点”是求导数的零点,在高考中,存在一类试题,其导数的零点不可求,那么如何破解“导数的零点不可求”的困局?我们给出破解困局的通法,以如下母题的方式给出:[母题结构]:己知函数f(x)满足其导函数f '(x)的零点不可求,研究函数f(x)的性质.[解题程序]:首先对导函数f '(x)进行等价变形,分离出函数g(x),使f '(x)=M(x)g(x),其中M(x)或恒正,或恒负,或其零点可求,然后,研究函数g(x)的零点. 1.函数g(x)不含参数子题类型Ⅰ:(2012年课标高考试题文科第21题)设函数f(x)=e x-ax-2. (Ⅰ)求f(x)的单调区间;(Ⅱ)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.[分析]:本题的落脚点在第(Ⅱ)问,利用分离参数法可得:当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0⇔k<11-+xe x +x,令g(x)=11-+x e x +x(x>0),则问题等价于k<g(x)的最小值;由g '(x)=2)1()1()1(-+--xxx e e x e +1=-2)1(1-+xx e xe +1=2)1(-xx e e (e x-x-2),然后,利用(Ⅰ)中的结果,研究分离出的函数f(x)=e x-x-2的零点.[解析]:(Ⅰ)由f(x)=e x -ax-2⇒f '(x)=e x-a;①当a ≤0时,f '(x)>0⇒f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;②当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,f(x)在(lna,+∞)上单调递增;(Ⅱ)当a=1时,f '(x)=e x-1,所以,当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0⇔当x>0时,k<11-+xe x +x;令g(x)=11-+x e x +x(x>0),则g '(x)=2)1(-x x e e (e x -x-2);由(Ⅰ)知,f(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=e-3<0,f(2)=e 2-4>0⇒f(x),即g '(x)在(1,2)内存在唯一的零点α,且α是g(x)的极小值点,也是g(x)的最小值点;由g '(α)=0⇒e α-α-2=0⇒e α=α+2⇒g(α)=11-+ααe +α=1+α∈(2,3)⇒k 的最大值=2.[点评]:对于函数f(x)满足:f '(x)=M(x)g(x),其中M(x)或恒正,或恒负,g(x)不含参数,研究函数f(x)的性质;①确定g(x)的零点α范围;②判断α是f(x)的极大值点,还是极小值点?③由g(α)=0及α的范围,求f(α)的取值范围. 2.函数g(x)含参数子题类型Ⅱ:(2014年山东高考试题)设函数f(x)=2xe x -k(x2+lnx)(k 为常数,e=2071828…是自然对数的底数). (Ⅰ)当k ≤0时,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.[分析]:由f(x)=2xe x-k(x2+lnx)(x>0)⇒f '(x)=422xxe e x xx --k(-22x+x 1)=32xx -(e x-kx),所以,函数f(x)的性质取决于分离出的函数g(x)=e x-kx 的零点.[解析]:由f(x)=2xe x-k(x2+lnx)(x>0)⇒f '(x)=422x xe e x xx --k(-22x +x 1)=32xx -(e x-kx); (Ⅰ)当k ≤0时,e x-kx>0(x>0),所以,函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增; (Ⅱ)当x ∈(0,2)时,32xx -<0;令g(x)=e x-kx,则函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点⇔f '(x),即g(x)在(0,2)内存在两个零点,且g(x)的图案在其零点附近穿过x 轴;由(Ⅰ)知,当k ≤0时,不合题意;当k>0时,由g '(x)=e x-k ⇒g min (x)=g(lnk)=k-klnk,所以,0<lnk<2,g min (x)=k-klnk<0,且g(2)=e 2-2k>0⇒e<k<22e ⇒k 的取值范围是(e,22e ). [点评]:对于满足:f '(x)=M(x)g(x)的函数f(x),其中M(x)或恒正,或恒负,g(x)含参数,研究函数f(x)性质的关键是研究f '(x)分离出的含参数的函数g(x)的零点;逆向而行,由函数g(x)的零点及其零点类别(是f(x)的极大值点,极小值点,还是拐点),可命制函数f(x)的性质试题. 3.一个命题模式子题类型Ⅲ:(2014年辽宁高考理科试题)已知函数f(x)=(cosx-x)(π+2x)-38(sinx+1),g(x)=3(x-π)xosx-4(1+ sinx)ln(3-πx2).证明:(Ⅰ)存在唯一x 0∈(0,2π),使f(x 0)=0; (Ⅱ)存在唯一x 1∈(2π,π),使g(x 1)=0,且对(Ⅰ)中的x 0,有x 0+x 1<π. [分析]:第(Ⅰ)问是常规问题,对于第(Ⅱ)问当x ∈[2π,π]时,由g(x)=0⇔x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-πx 2)=0,因此,需研讨函数h(x)=x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-πx2),但其导数的零点不可求,为利用第(Ⅰ)问的需通过t=π-x 转化变量的范围得t ∈[0,2π],且h(t)=h(π-t)=t t t sin 1cos 3+-4ln(1+πt 2)⇒h '(t)=)sin 1)(2()(3t t t f ++π,即f(t)恰是由h '(t)分离出的函数. [解析]:(Ⅰ)当x ∈(0,2π)时,由f '(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-32cosx<0⇒f(x)在(0,2π)内递减,又f(0)=π-38>0, f(2π)=-π2-316<0⇒存在唯一x 0∈(0,2π),使f(x 0)=0; (Ⅱ)由g(x)=0⇔x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-πx 2)=0,x ∈[2π,π],令h(x)=x x x sin 1cos )(3+-π-4ln(3-πx2),x ∈[2π,π],t=π-x ∈[0,2π],h(t)=h(π-t)=)sin(1)cos(])[(3t t t -+---ππππ-4ln[3-ππ)(2t -]=t t t sin 1cos 3+-4ln(1+πt 2),则h '(t)=)sin 1)(2()(3t t t f ++π⇒当x ∈(0,x 0)时,h '(t)>0⇒h(t)在(0,x 0)内递增,又h(0)=0⇒h(t)>0;当x ∈(x 0,2π)时,h '(t)<0⇒h(t)在(x 0,2π)内递减,又h(2π)=-4ln2<0⇒存在唯一t 0∈(x 0,2π),使h(t 0)=0⇒存在唯一x 1∈(2π,π),使g(x 1)=0;由t 0=π-x 1∈(x 0,2π)⇒x 0+x 1<π. [点评]:本题给出了命制导数的零点不可求型试题一个模式:对于满足:f '(x)=M(x)g(x)的函数f(x),其中M(x)或恒正,或恒负,或其零点可求,而g(x)的不可求;可命制如下递进型试题:第(Ⅰ)问讨论g(x)的零点;第(Ⅱ)问证明或研究函数f(x)的性质. 4.子题系列:1.(2013年课标Ⅱ高考试题)已知函数f(x)=e x -ln(x+m). (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)>0.2.(2014年四川高考理科试题)已知函数f(x)=e x-ax 2-bx-1,其中a,b ∈R,e=2071828…为自然对数的底数. (Ⅰ)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值; (Ⅱ)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a 的取值范围.3.(2014年辽宁高考文科试题)已知函数f(x)=π(x-cosx)-2sinx-2,g(x)=(x-π)xx sin 1sin 1+-+πx 2-1.证明: (Ⅰ)存在唯一x 0∈(0,2π),使f(x 0)=0; (Ⅱ)存在唯一x 1∈(2π,π),使g(x 1)=0,且对(Ⅰ)中的x 0,有x 0+x 1>π. 4.(2015年山东高考试题)设函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=xe x 2,已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.(Ⅰ)求a 的值;(Ⅱ)是否存在自然数k,使的方程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; (Ⅲ)设函数m(x)=min{f(x),f(x)}(min{p,q}表示p,q 中的较小值),求m(x)的最大值. 5.(2015年四川高考文科试题)已知函数f(x)=-2xlnx+x 2-2ax+a 2,其中a>0. (Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论函数g(x)的单调性;(Ⅱ)证明:存在a ∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 6.(2015年四川高考理科试题)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x 2-2ax-2a 2+a,其中a>0. (Ⅰ)设g(x)是f(x)的导函数,讨论函数g(x)的单调性;(Ⅱ)证明:存在a ∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 4.子题详解: 1.解:(Ⅰ)由f '(x)=e x-m x +1,x=0是f(x)的极值点⇒f '(0)=0⇒m=1⇒f '(x)=e x -11+x ⇒f ''(x)=e x+2)1(1+x >0⇒f '(x)在(-1,+∞)内单调递增⇒当x ∈(-1,0)时,f '(x)<f '(0)=0⇒f(x)在(-1,0)内单调递减;当x ∈(0,+∞)时,f '(x)>f '(0)=0⇒f(x)在(0,+∞)内单调递增;(Ⅱ)当m≤2时,f(x)=e x-ln(x+m)≥e x-ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)=e x-ln(x+2)>0;由f '(x)=e x-21+x 在(-2,+∞)内单调递增,且f(-1)<0,f(0)>0⇒f(x)的最小值点x 0∈(-1,0),且e 0x -210+x =0⇒ln(x 0+2)=-x 0⇒f min (x)=f(x 0)=e 0x - ln(x 0+2)=210+x +x 0>0. 2.解:(Ⅰ)由f(x)=e x-ax 2-bx-1⇒g(x)=f '(x)=e x-2ax-b ⇒g '(x)=e x-2a,由x ∈[0,1]⇒e x∈[1,e];①当a ≤21时,g '(x)≥0⇒g(x)在[0,1]内递增⇒g min (x)=g(0)=1-b;②当21<a<2e时,g(x)在[0,ln(2a)]内递减,在[ln(2a),1]内递增⇒ g min (x)=g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;③当a ≥2e时,g '(x)≤0⇒g(x)在[0,1]内递减⇒g min (x)=g(1)=e-2a-b; (Ⅱ)由f(1)=0⇒e-a-b-1=0⇒b=e-a-1,又f(0)=0,所以,f(x)在区间(0,1)内有零点⇔f(x)在区间(0,1)内至少有三个单调区间;由(Ⅰ)知,当a ≤21或a ≥2e时,f ''(x)在区间[0,1]上单调⇒f(x)在区间(0,1)内至少有二个单调区间,不合题意; 当21<a<2e时,g(0)=1-b=2+a-e>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0⇒a ∈(e-2,1),g min (x)=2a-2aln(2a)-b=3a-2aln(2a)-e-1;令h(x)= 3x-2xln(2x)-e-1,x ∈(e-2,1),则h '(x)=1-2ln(2x)⇒h max (x)=h(2e )=2e -2e-1<0⇒g min (x)<0⇒f(x)在区间(0,1)内恰有三个单调区间.综上,a 的取值范围为(e-2,1). 3.解:(Ⅰ)由f '(x)=π(1+sinx)-2cosx>0⇒f(x)在(0,2π)内增,又f(0)<0,f(2π)>0⇒存在唯一x 0∈(0,2π),使f(x 0)=0; (Ⅱ)当x ∈[2π,π]时,由g(x)=(x-π)xxsin 1sin 1+-+πx 2-1=(π-x)x x sin 1cos ++πx 2-1;令t=π-x,h(t)=g(π-t)=-t t t sin 1cos +-πt 2+ 1,t ∈[0,2π],则h '(t)=)sin 1()(t t f +π⇒当x ∈(0,x 0)时,h '(t)<0⇒h(t)在(0,x 0)内递减,又h(0)=1,⇒h(t)>0;当x ∈(x 0,2π)时,h '(t)>0⇒h(t)在(x 0,2π)内递增,又h(2π)=0⇒h(x 0)<0⇒存在唯一t 0∈(0,x 0),使h(t 0)=0⇒存在唯一x 1∈(2π,π),使g(x 1)=0;由t 0=π-x 1∈(0,x 0)⇒x 0+x 1>π. 4.解:(Ⅰ)由f '(1)=2;由f(x)=(x+a)lnx ⇒f '(x)=lnx+xax +⇒f '(1)=1+a=2⇒a=1; (Ⅱ)由f '(x)=lnx+x x 1+⇒f ''(x)=x 1-21x =21x(x-1)⇒f '(x)的极小值=f '(1)=2⇒f '(x)>0⇒f(x)在(0,+∞)内递增;由g(x)=xex 2⇒g '(x)=-xe x x )2(-⇒g(x)在(0,2)内递增,在(2,+∞)内递减;又因当x ∈(0,1]时,f(x)≤0,g(x)>0;f(2)=3ln2>1,g(2)=24e <1;当x ∈(1,+∞)时,f(x)>f(2)>1,g(x)<g(2)<1.综上,当x ∈(1,2)时,方程f(x)=g(x)存在唯一的根⇒k=1;(Ⅲ)由(Ⅱ)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根α,且当x ∈(0,α)时,f(x)<g(x)⇒m(x)=f(x)<f(α)=g(α)< g(2);当x ∈(α,+∞)时,f(x)>g(x)⇒m(x)=g(x)⇒m(x)的最大值=g(2)=24e .5.解:(Ⅰ)由g(x)=f '(x)=2(x-1-lnx-a)(x>0)⇒g '(x)=xx )1(2-⇒g(x)在(0,1)内递减,在(1,+∞)内递增; (Ⅱ)由(Ⅰ)知f '(x)=g(x)在(1,+∞)内递增,且f '(1)=-2a<0,f '(a+4)=2[3-ln(a+4)]>0⇒f '(x)在(1,+∞)内存在唯一零点α,且x=α是f(x)的极小值点,也是f(x)的最小值点,所以,f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解⇔f(α)=0;由f '(α)=0⇒a=α-ln α-1⇒f(α)=-2αln α+α2-2a α+a 2=-2αln α+(α-a)2=-2αln α+(ln α+1)2;令h(x)=-2xlnx+(lnx+1)2,则h(1)=1,h(e)=4-2e<0⇒h(x)存在零点t ∈(1,e);令T(t)=t-lnt-1,t ∈(1,e),则T '(t)=1-t1>0,T(1)=0,T(e)=e-2<1⇒T(t)∈(0,1)⇒a=α-ln α-1∈(0,1). 6.解:(Ⅰ)由g(x)=f '(x)=-2lnx-2-x a 2+2x-2a(x>0,a>0)⇒g '(x)=22x(x 2-x+a);①当a ≥41时,g '(x)≥0⇒g(x)在(0,+∞)内递增;②当0<a<41时,由g '(x)=0⇒x 1=2411a --,x 2=2411a -+⇒g(x)在(0,x 1)和(x 2,+∞)内递增,在(x 1,x 2)内递减; (Ⅱ)当a ∈(0,1)时,x 2=2411a-+<1,由(Ⅰ)知f '(x)=g(x)在(1,+∞)内递增,且f '(1)=-4a<0,f '(a+4)=2[3-ln(a+4)- 4+a a ]>2(3-2-51)>0⇒f '(x)在(1,+∞)内存在唯一零点α,且x=α是f(x)的极小值点,也是f(x)的最小值点,所以,f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解⇔f(α)=0;由f ''(α)=0⇒ln α=α-αa-a-1⇒f(α)= =-2(α+a)ln α+α2-2a α-2a 2+a=-2(α+a)(α-αa -a-1)+α2-2a α-2a 2+a=-α2+2α+α22a +4a-2a α;由f(α)=0⇒-α2+2α+α22a +5a-2a α=0⇒2a 2+(5α-2α2)a-α3+2α2=0⇒(2a-α)(a+α2-2α)=0⇒a=2α,或a=2α-α2,令a=2α-α2,代入f ''(α)=0得ln α=α2-3⇒α∈(1,2)⇒a=2α-α2∈(0,1).。

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 x 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 )＝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 x x 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 x 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．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[典例]设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)求证：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.[解题观摩](1)法一：f′(x)＝2e2x－ax(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点．当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x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．又因为f′(a)＞0，当b满足0＜b＜a4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)＝2e2x－ax(x＞0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2x e2x(x＞0)．因为函数g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(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 e2x(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x0.当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．因为2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a(当且仅当x0＝12时等号成立)．所以当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln2a.[关键点拨]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－ax＝0的根无法求解．故设出f′(x)＝0的根为x0，通过证明f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上的单调性知f(x)min＝f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a，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．考点三证——证明方程f′(x)＝0无根[典例]已知m∈R，函数f(x)＝mx－mx－2ln x，g(x)＝2ex，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)＞g(x0)成立，求实数m的取值范围．[解题观摩]因为当x＝1时，f(x)＝0，g(x)＝2e，不存在f(x0)＞g(x0)，所以关于x的不等式f(x)＞g(x)在[1，e]上有解，即关于x的不等式2e＋2x ln xx2－1＜m(1＜x≤e)有解．设u(x)＝2e＋2x ln xx2－1(1＜x≤e)，。

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。

2023届高考数学导数满分通关：单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型

专题29 单变量恒成立之参变分离后导函数零点不可求型【方法总结】单变量恒成立之参变分离法参变分离法是将不等式变形成一个一端是f (a )，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若f (a )≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≥g (x )max ；若f (a )≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≤g (x )min ．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若a ≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≥g (x )max ；若a ≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≤g (x )min ．利用分离参数法来确定不等式f (x ，a )≥0(x ∈D ，a 为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(a )≥f 2(x )或f 1(a )≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(a )≥f 2(x )max 或f 1(a )≤f 2(x )min ，得到a 的取值范围．【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e ．(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝a e x ＋ax e x －1x， ∵函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a e ＋b ＝e －1，f ′(1)＝2a e －1＝2e －1，∴a ＝1，b ＝－1． (2)由f (x )≥mx 得，x e x－ln x －1≥mx (x ＞0)，即m ≤x e x －ln x －1x ，令φ(x )＝x e x －ln x －1x ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln x x 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2e 1e －1<e 2e 2－1＝0，h (1)＝e>0，故h (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上存在零点x 0，即h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝⎛⎭⎫ln 1x 0·e ln 1x 0 ，由于y ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，且φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝1＋x 0－1x 0＝1，∴m ≤1． [例2] 已知函数f (x )＝x ln x ＋ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)若对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )>k (x －1)＋ax －x 恒成立，求正整数k 的值．解析：(1)由f (x )＝x ln x ＋ax ，得f ′(x )＝ln x ＋a ＋1，∵函数f (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数， ∴当x ∈[e 2，＋∞)时，f ′(x )≥0，即ln x ＋a ＋1≥0在区间[e 2，＋∞)上恒成立，∴a ≥－1－ln x ．又当x ∈[e 2，＋∞) 时，ln x ∈[2，＋∞)，∴－1－ln x ∈(－∞，－3]．∴a ≥－3．(2)若对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )>k (x －1)＋ax －x 恒成立，即x ln x ＋ax >k (x －1)＋ax －x 恒成立，也就是k (x －1)<x ln x ＋ax －ax ＋x 恒成立，∵x ∈(1，＋∞)，∴x －1>0．则问题转化为k <x ln x ＋x x －1对任意x ∈(1，＋∞)恒成立．设函数h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，再设m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ． ∵x ∈(1，＋∞)，∴m ′(x )>0，则m (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上为增函数，∵m (1)＝1－ln 1－2＝－1，m (2)＝2－ln 2－2＝－ln 2，m (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，m (4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0．∴∃x 0∈(3，4)，使m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，∴当x ∈(1，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0，∴h (x )＝x ln x ＋x x －1在(1，x 0)上单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0， ∴h (x )＝x ln x ＋x x －1在(x 0，＋∞)上单调递增，∴h (x )的最小值为h (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1． ∵m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，∴ln x 0＋1＝x 0－1，代入函数h (x )＝x ln x ＋x x －1得h (x 0)＝x 0， ∵x 0∈(3，4)，且k <h (x )对任意x ∈(1，＋∞)恒成立，∴k <h (x )min ＝x 0，∴k ≤3，∴k 的值为1，2，3．[例3] 已知函数f (x )＝a e x －x e x ＋x －a (a ∈R )．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意x >0都有f (x )<x ＋1恒成立，求a 的最大整数值．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝2e x －x e x ＋x －2，∴f ′(x )＝2e x －(e x ＋x e x )＋1＝e x －x e x ＋1，因此f (0)＝0，f ′(0)＝2．所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x ．(2)对任意x >0，恒有f (x )<x ＋1，即a (e x －1)<x e x ＋1．因为x >0，所以e x－1>0，所以a <x e x ＋1e x －1＝x ＋x ＋1e x －1．设g (x )＝x ＋x ＋1e x －1(x >0)，则只需a <g (x )min ，则g ′(x )＝1－x e x ＋1(e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2．令h (x )＝e x －x －2(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0恒成立．所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－4>0．所以存在唯一一个x 0使得h (x 0)＝0，且1<x 0<2．所以当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0．所以g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋x 0＋1e x 0－1．由e x 0－x 0－2＝0，得e x 0＝x 0＋2，所以g (x 0)＝x 0＋x 0＋1x 0＋2－1＝x 0＋1∈(2，3)．故a 的最大整数值为2．[例4] 已知函数f (x )＝(x ＋a )ln x －12x 2－ax ＋a －1． (1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )>a ln x －12x 2－2x 在(1，＋∞)上恒成立，求整数a 的最大值．解析 (1)若a ＝1，则f (x )＝(x ＋1)ln x －12x 2－x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －x ＋1x．设g (x )＝ln x －x ＋1x ，则g ′(x )＝1x －1－1x 2＝x －x 2－1x 2＝－⎝⎛⎭⎫x －122－34x 2<0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上，函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)原不等式等价于x ln x －a (x －1)＋2x －1>0，即a <x ln x ＋2x －1x －1在(1，＋∞)上恒成立．设φ(x )＝x ln x ＋2x －1x －1，x >1，则φ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2．设h (x )＝x －ln x －2(x >1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．又h (3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，h (4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0，所以根据函数零点存在定理，可知h (x )在(1，＋∞)上有唯一零点．设该零点为x 0，则x 0∈(3，4)，且h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即x 0－2＝ln x 0．当x ∈(1，x 0)时，h (x )<0，即φ′(x )<0，故φ(x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，即φ′(x )>0，故φ(x )在(x 0，＋∞)上单调递增．所以φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0ln x 0＋2x 0－1x 0－1＝x 0＋1．由题意可知a <x 0＋1，由x 0∈(3，4)，得4<x 0＋1<5，又a ∈Z ，所以整数a 的最大值为4．【对点精练】1．已知函数f (x )＝ln x ＋a x． (1)若函数f (x )的图象在x ＝1处的切线为y ＝1，求f (x )的极值；(2)若f (x )≤e x ＋2x－1恒成立，求实数a 的取值范围． 1．解析 (1)f ′(x )＝1－a －ln x x 2，由题意可得f ′(1)＝1－a 12＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝a ＝1，所以f (x )＝ln x ＋1x ，f ′(x )＝－ln x x 2，由f ′(x )>0可得0<x <1，由f ′(x )<0可得x >1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝1，不存在极小值．(2)由f (x )≤e x ＋2x －1，可得ln x ＋a x ≤e x ＋2x－1，分离参数a 可得，a ≤x (e x －1)－ln x ＋2(x >0)，令F (x )＝x (e x －1)－ln x ＋2，x >0，F ′(x )＝e x －1＋x e x －1x ＝e x (x ＋1)－x ＋1x＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫e x －1x ，x >0．令h (x )＝e x －1x ，x >0，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝⎛⎭⎫12＝e －2<0，h (1)＝e －1>0，所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得h (x 0)＝0e x －1x 0＝0，当0<x <x 0时，h (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即F ′(x )>0，故F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．F (x )min ＝x 0(0e x －1)－ln x 0＋2＝x 00e x－x 0－ln x 0＋2，由h (x 0)＝0e x －1x 0＝0，得x 00e x ＝1，再对x 00e x ＝1两边取对数可得x 0＋ln x 0＝0，所以F (x )min ＝x 00e x －x 0－ln x 0＋2＝1－0＋2＝3，所以a ≤3，即实数a 的取值范围为a ≤3．2．已知函数f (x )＝x e x ＋ln x x(e 为自然对数的底数)． (1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，x e x －ln x ≥1＋kx 恒成立，求实数k 的取值范围．2．解析 (1) f ′(x )＝(x ＋1)e x ＋1－ln x x 2，x ∈(0，＋∞)，易知当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间(0，1)上为增函数，又因为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 1e －e 2e ＜0，f (1)＝e ＞0，所以f ⎝⎛⎭⎫1e f (1)＜0，即f (x )在区间(0，1)上恰有一个零点，由题可知f (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f (x )的零点为x 0，即x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0．原不等式可化为x e x －ln x －1x ≥k ，令g (x )＝x e x－ln x －1x ，则g ′(x )＝x e x ＋ln x x x ，由(1)可知g (x )在(0，x 0) 上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，故g (x 0)为g (x )的最小值．下面分析x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0，设x 0e x 0＝t ，则ln x 0x 0＝－t ，可得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＝－tx 0，ln x 0＋x 0＝ln t ，即x 0(1－t )＝ln t ，若t ＞1，等式左负右正不相等；若t ＜1，等式左正右负不相等，只能t ＝1．因此g (x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1x 0＝－ln x 0x 0＝1，所以k ≤1．即实数k 的取值范围为(－∞，1]．3．已知函数f (x )＝5＋ln x ，g (x )＝kx x ＋1(k ∈R )． (1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与函数y ＝g (x )的图象相切，求k 的值；(2)若k ∈N *，且x ∈(1，＋∞)时，恒有f (x )>g (x )，求k 的最大值．(参考数据：ln 5≈1．61，ln 6≈1．791 8，ln(2＋1)≈0．881 4)3．解析：(1)∵f (x )＝5＋ln x ，∴f (1)＝5，且f ′(x )＝1x，从而得到f ′(1)＝1． ∴函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －5＝x －1，即y ＝x ＋4．设直线y ＝x ＋4与g (x )＝kx x ＋1(k ∈R )的图象相切于点P (x 0，y 0)，从而可得g ′(x 0)＝1，g (x 0)＝x 0＋4，又g ′(x )＝k (x ＋1)2，∴⎩⎨⎧ k (x 0＋1)2＝1，kx 0x 0＋1＝x 0＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2，k ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，k ＝1.∴k 的值为1或9． (2)由题意知，当x ∈(1，＋∞)时，5＋ln x >kx 1＋x恒成立，等价于当x ∈(1，＋∞)时，k <(x ＋1)(5＋ln x )x恒成立．设h (x )＝(x ＋1)(5＋ln x )x (x >1)，则h ′(x )＝x －4－ln x x 2(x >1)，记p (x )＝x －4－ln x (x >1)，则p ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴p (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增．又p (5)＝1－ln 5<0，p (6)＝2－ln 6>0， ∴在x ∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m ，且m ∈(5，6)，使得p (m )＝m －4－ln m ＝0，①∴当x ∈(1，m )时，p (x )<0，即h ′(x )<0，则h (x )在x ∈(1，m )上单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，p (x )>0，即h ′(x )>0，则h (x )在x ∈(m ，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )min ＝h (m )＝(m ＋1)(5＋ln m )m，由①可得ln m ＝m －4，∴h (m )＝(m ＋1)(m ＋1)m ＝m ＋1m＋2，而m ∈(5，6)，∴m ＋1m＋2∈⎝⎛⎭⎫365，496，又h (3＋22)≈7．9，p (3＋22)＝22－1－ln(3＋22)>0， ∴m ∈(5，3＋22)，∴h (m )∈⎝⎛⎭⎫365，8．又k ∈N *，∴k 的最大值是7． 4．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．4．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 ＋1e x －1＋x (x ＞0)．① 令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝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2．5．设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R )． (1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．5．解析 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln x x ，令h (x )＝ln x x(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， h (x )max ＝h (e)＝1e，当x →0时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e ． (2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋x x －2．设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2．令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增， m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8，10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x 02∈(4，5)，故k 的最大值为4．。

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—。

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。

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。

导数隐零点问题的6种考法总结-

导数隐零点问题的6种考法总结零点：设函数)(x f y =，若实数0x 满足0)(0=x f ，则称0x 为函数)(x f y =的零点.从函数图像上看，函数)(x f y =的零点即为其图像x 轴交点的横坐标.隐零点：若0x 为函数)(x f y =的零点，但0x 无法精确求解，则称0x 为隐藏的零点，即隐零点.有些函数的零点表面上看不可求，但结合函数的性质实际上可以求出，这类零点不能称为隐零点.例如，0=x 不能称为函数1)(--=x e x f x 的隐零点.零点存在定理：设函数)(x f y =是定义在),b a （上的连续函数，且满足0)()(<b f a f ，则存在实数0x ，使得0)(0=x f .换句话说，函数)(x f y =在),b a （上存在零点.结合函数的性质，还可以精确判断函数),b a （在),b a （上的零点个数.另外，该定理往往用来判断零点所属区间.隐零点问题的一般求解策略：第一步：用零点存在定理判断导函数零点的存在性，列出零点满足的方程，并结合函数的单调性得到隐零点的取值范围.当函数的隐零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”.特殊值的选取原则是：（1）在含有x ln 的复合函数中，常令k e x =，尤其是令10==e x 进行试探；（2）在含x e 的复合函数中，常令)0(ln >=k k x ，尤其是令01ln ==x 进行试探.第二步：以零点为分界点，说明导函数符号的正负，进而得到题设函数最值的表达式.第三步：将零点满足的方程适当变形，利用隐零点具有的性质整体代入函数最值表达式中进行化简，达到求函数最值、求参数取值范围、证明不等式、解不等式等目的，使问题获解.注：同时对于导数隐零点问题，需要重点关注其中的三个过程，包括零点确定性过程、最值表达式的变形过程及整体代人过程，具体内容如下:（1）隐性零点确认，确认隐性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的图像特征，以及题设条件来推导而隐性零点的范围界定，主要由所求问题来决定，解析尽可能缩小其取值范围（2）表达式的变形过程中，尽可能将复杂的表达式变形为常见的整式或分式，特别注意替换其中的指数或对数函数式，为后续的探究做铺垫（3）整体代人过程基于的是数学的设而不求思想，对于其中的超越式，尽可能化为常见的代数式注：1.理解隐零点定义，总结确定方法"隐零点"本质上还是零点，是基于精准求解而设定的零点划分，学习时需要关注其本质，把握“难以精确定位”和"准确求极值"对"隐零点"的定义，故“隐零点”的存在性是一定的。

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。

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。

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处理恒成立问题时，分离变量是常用的处理方法。

本题解题时的关键是合理构造函数，通过新函数的单调性确定最大值的取值。

21.（德州市2019届）已知函数，，.（1）已知为函数的公共点，且函数在点处的切线相同，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围.解析：（1）由题意，，∵点为函数的公共点，且函数在点处的切线相同，故且，由（2）得：， ∵，∴，从而，∴代入（1）得：，∴，.（2）令，①当时，，在单调递增，∴，满足题意；②当时， ∵，∴，∴，∴，∴在单调递增，需解得：，∴③当时，，使当时，，单调递减；当时，，单调递增；，∵，∴，不恒成立，综上，实数的取值范围是.解法二：)(ln )(ln )()(ln ln x x a e x x a xe x g x f e xe x x x x x x +>⇔+>⇔>∴=++11,ln ≥∴≥+=t x x x t 令)1(0)1(≥>-⇔≥>t at e t at e t t 则原不等式等价于 a e t g at e t g t t -=-=)(')(，则设ee t t ≥≥所以因为,1所以不恒成立则时，令当显然成立上单调递增，在时，当.0)(1,0)1()(),1[)(,0)('≤-==≥>-=≥+∞><a e t g t e a a e g t g t g t g e a综上，实数的取值范围是.【点睛】本题考查了导数的几何意义及函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．方法二运用了同构函数法，这种方法经常出现在同时有x e x ln 和的情况。

21.（陕西省2019届高三）函数，其中，，为实常数（1）若时，讨论函数的单调性；（2）若时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围；（3）若，当时，证明：. 解析：（1）定义域为，，当时，，，在定义域上单调递增；当时，时，，单调递增；当时，。

单调递减；综上可知：当时，的增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为；（2）对任意恒成立.即等价于，，令.，，在上单调递增，，.故的取值范围为.（3）要证明，即证明，只要证，即证，只要证明即可，令，在上是单调递增，，在有唯一实根设为，且，当时，单调递减当时，，单调递增从而当时，取得最小值，由得：，即，，故当时，证得：.【点睛】本题考查了导数在函数单调性、最值中的综合应用，分离参数法、构造函数法的综合应用，属于难题。

21.（江西省红色七校2019届）已知函数.（1）求函数在点处的切线方程；（2）已知函数区间上的最小值为1，求实数的值.解析：（1），则函数在点处的切线方程为；(2)，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，存在唯一的，使得，即（*），函数在上单调递增，，单调递减；，单调递增，，由（*）式得，，显然是方程的解，又是单调减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式得，，所求实数的值为.解法2：，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以函数在上单调递增，故存在唯一的，使得，即（*），，单调递减；，单调递增，，由式得，==,（当且仅当=1时），由得,此时，把代入（*）也成立，∴实数的值为.【点睛】本题考查切线方程，函数的最值，第二问中函数h(x)存在隐零点，正确处理的方程是本题的关键，是中档题.21.（江南十校2019届）已知函数（为自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求整数的最大值.解析：（1）当时，在上递增；当时，令，解得：在上递减，在上递增；当时，在上递减（2）由题意得：即对于恒成立方法一、令，则当时，在上递增，且，符合题意；当时，时，单调递增则存在，使得，且在上递减，在上递增由得：又整数的最大值为另一方面，时，，，时成立方法二、原不等式等价于：恒成立令令，则在上递增，又，存在，使得且在上递减，在上递增又，又，整数的最大值为【点睛】本题主要考查导数在函数单调性中的应用，以及导数当中的恒成立问题.处理恒成立问题一方面可以构造新函数，通过研究新函数的单调性，求解出范围；另一方面也可以采用分离变量的方式，得到参数与新函数的大小关系，最终确定结果.21.（黄山市2019届）已知函数.（Ⅰ）设是的极值点，求的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，在定义域内恒成立，求的取值范围；（Ⅲ）当时，证明：.解析：（Ⅰ）∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．经检验m=1符合题意.（Ⅱ）由（Ι）可知，函数f（x）=e x-ln（x+1）+1，其定义域为（-1，+∞）．∵设g（x）=e x（x+1）-1，则g′（x）=e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（-1，+∞）上为增函数，又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当-1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（-1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；因此，的最小值为∵在定义域内恒成立,即（Ⅲ）证明：要证，即.设,即证当m≤2，x∈（-m，+∞）时，，故只需证明当m=2时，.当m=2时，函数在（－2，+∞）上为增函数，且．故在（－2，+∞）上有唯一实数根，且∈（－1，0）．当时，，当时，,从而当时，取得最小值．由，得，即，故．综上，当m ≤2时，即＞m ．方法二：由)1()ln(11)ln(1ln +-≥+-⇒+≤-+≤+⇒-≤x m x x m x m x x x显然成立则1)1()ln(+≥⇒+-≥+-x e x e m x e x x x因为用了两次不等式，每次取等号的时候X 的值都是不同的，所以最后要去掉等号。

所以0)ln(>+-m x e x【点睛】本题考查了函数的求导，及函数的单调性的运用，属于难题。

21.（衡水中学2019届）设函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数在零点，证明：. 解析：（1）解：函数的定义域为，因为，所以．所以当时，，在上是增函数；当时，，在上是减函数．所以在上是增函数，在上是减函数．（2）证明：由题意可得，当时，有解，即有解．令，则．设函数，所以在上单调递增．又，所以在上存在唯一的零点．故在上存在唯一的零点．设此零点为，则．当时，；当时，．所以在上的最小值为．又由，可得，所以，因为在上有解，所以，即．【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数证明不等式成立，考查了利用导数研究函数的零点问题，涉及了求函数导数，函数零点存在性定理的应用等知识；从哪里入手，怎样构造，如何构造适当的函数，是解决此类问题的关键一步.21.（泉州市2019届）已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，，求的取值范围.解析：解法一：（1）①当时，-1- 0 +↘极小值↗所以在上单调递减，在单调递增.②当时，的根为或.若，即，-1+ 0 - 0 +↗极大值↘极小值↗所以在，上单调递增，在上单调递减.若，即，在上恒成立，所以在上单调递增，无减区间.若，即，-1+ 0 - 0 +↗极大值↘极小值↗所以在，上单调递增，在上单调递减.综上：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；自时，在上单调递增，无减区间；当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）因为，所以.当时，恒成立.当时，.令，，设，因为在上恒成立，即在上单调递增.又因为，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以.综上，的取值范围为.解法二：（1）同解法一；（2）令，所以，当时，，则在上单调递增，所以，满足题意.当时，令，因为，即在上单调递增.又因为，，所以在上有唯一的解，记为，- 0 +↘极小值↗，满足题意.当时，，不满足题意. 综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．[典例] 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .解析： (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 )＝－ax，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．又因为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)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .[关键点拨]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 )＝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． 21.（宜昌市2019届）已知函数.（1）求函数的图像在处的切线方程与的单调区间；（2）设是函数的导函数，试比较与的大小.解析：（1）∵，∴，∴，，所以所求切线方程为，即. 令，解得，，解得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）∵，∴与的大小关系等价于与的大小关系，令，则，∵在上单调递减，且有，，∴，使，即有，即当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，即，又由，可得，，，∵，∴，即，∴，即.【点睛】（1）考查了导数的几何意义及导数计算，还考查了导数与函数单调性的关系，属于基础题。