导数与函数隐性零点问题教师版

函数隐性零点问题

近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。

函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。 1.不含参函数的隐性零点问题

已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，②注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题

已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，②注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关. 题型一 求参数的最值或取值范围

例1（2012年全国I 卷）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）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；

若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （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 ＜

1

1

-+x

e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1

1

-+x e x +x ，则g′（x ）=2

)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ） 在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a①（1，2）．当x∈（0，a ）时，

g ′（x ）＜0；当x∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）又由g′（a ）=0，可得e a =a+2，

①所以g （a ）=a+1①（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．

点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ②根据零点的意义进行代数式的替换； ③结合前两步，确定目标式的范围。

题型二 不等式的证明

例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f （x ）=

2

)

(ln a x x

，其中a 为常数． （1）若a=0，求函数f （x ）的极值；

（2）若函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，求实数a 的取值范围；

（3）若a=﹣1，设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，求证：f （x 0）＜﹣2． 解析（1）f （x ）=

的定义域是（0，+∞），f′（x ）=

， 令f′（x ）＞0，解得0＜x ＜，令f′（x ）＜0，解得：x ＞

，

则f （x ）在（0，）递增，在（，+∞）递减，故f （x ）极大值=f （

）=

，无极小

值；

（2）函数f （x ）的定义域为{x|x ＞0且x≠﹣a}．=

，

要使函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，则a ＜0，又x∈（0，﹣a ）时，a ＜x+a ＜0， 只需1+﹣2lnx≤0在（0，﹣a ）上恒成立，即a≤2xlnx ﹣x 在（0，﹣a ）上恒成立，

由y=2xlnx ﹣x 的导数为y′=2（1+lnx ）﹣1=1+2lnx ，.........................可得a≤﹣

e

2

；

（3）证明：a=﹣1，则f （x ）=

，

导数为f′（x ）=，

设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，可得1﹣2lnx 0﹣=0，即有2lnx 0=1﹣，

要证f （x 0）＜﹣2，即+2＜0，

由于+2=+2==，

由于x 0∈（0，1），且x 0=，2lnx 0=1﹣不成立，则+2＜0，

故f （x 0）＜﹣2成立．

题型三 对极值的估算

例3.（2017年全国课标1）已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．

（1）求a ；

（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣

2＜f （x 0）＜2﹣

2．

解析（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣

x

1

．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0．

因为当0＜x ＜

a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a

1）， 又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以

a

1

=1，解得a=1； （另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1），所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）

（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ，令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣

x

1

，令t′（x ）=0，解得：x=21，

所以t （x ）在区间（0，

21）上单调递减，在（2

1

，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t