六类技巧终结导数隐零点问题

六类技巧终结导数隐零点问题目录技巧一：虚设零点-----媒介过渡2技巧二：敏锐洞察——观察零点4技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围5技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的8技巧五：巧设零点---超越式划代数式10技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）14技巧一虚设零点-----媒介过渡；例1.已知函数f(x)xlnx，1（1）证明：f(x)e1⑵已知函数g(x)x2xk，若对区间[,1]上任意x均有f(x)g(x)恒成立，e求k的最大值。1解：⑴略⑵由题设条件知：xlnxx2xk在[,1]上恒成立e1kxlnxx2x在[,1]上恒成立k(xlnxx2x)emin1令h(x)xlnxx2x，x[,1]则h(x)2xlnxe1111h(x)20(x1)即h(x)为减函数，又h()10xe，ee1h(1)20∴h(x)在[,1]上有唯一的零点x，且lnx2xe0001当x(,x)时h(x)0,h(x)单调递增，当x(x,1)时h(x)0,h(x)单调递减。e00112e1∴h(x)minminh(),h(1)又h()0h(1)0eee2∴h(x)min0∴k0故kmax0例2（19课标1）已知函数f(x)sinxln(1x)，fx()为fx()的导数．证明：（1）在区间(1,)存在唯一极大值点；2（2）有且仅有2个零点．1解：（1）由题意知：fx定义域为：1,且fxcosxx111gxsinx令gxcosx，x1,2，x12x112在1,上单调递减，在上单调递减；x12gx在上单调递减，又g0sin0110，44gsin1022x00,，使得gx0022222gx0gx0当xx1,0时，；xx0,时，2即gx在1,x0上递增；在x0,上递减，则xx0为唯一极大值点；2即：fx在区间上存在唯一的极大值点x0.（2）由（1）知：，x1,①当x1,0时，由（1）可知在1,0上单调递增fxf00fx在上单调递减又f00x0为在上的唯一零点②当x0,时，在0,x0上单调递增，在上单调递减2又f00fx00在上单调递增，此时22fxf00，不存在零点，又fcos02222xx10,，使得fx10fx在xx01,上递增，在x1,上递减222e又fx0f00，fsinln1lnln102222fx0在x0,上恒成立，此时不存在零点2③当x,时，sinx单调递减，lnx1单调递减2在,上递减，又f0fsinln1ln1022即ff0，又fx在上递减在上存在唯一零点2④当x,时，sinx1,1，lnxe1ln1ln1sinxxln10即在,上不存在零点综上所述：有且仅有2个零点技巧二敏锐洞察-----观察零点lnx例3（13北京）设L为曲线C:y在点(1,0)处的切线.x(I)求L的切线方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.解:(I)L：yx1.(II)令g(x)x1f(x),则除切点之外,曲线C在直线l的下方xx21lngx()0(xx0,1)，gx()满足g(1)0,g(x)1f(x).x2当01x时,x210,lnx0,所以gx()0,故单调递减;当x1时,x210,lnx0,所以gx()0,故单调递增.所以g(x)g(1)0(xx0,1)，即除切点之外,曲线C在直线L的下方.例4.（11浙江）设函数fx()＝(xa)2lnx，a∈R（Ⅰ）若x＝e为yf()x的极值点，求实数；（Ⅱ）求实数的取值范围，使得对任意的∈（0,3]，恒有≤4e2成立.注：为自然对数的底数。解：（1）略；（2）由（x-a）22lnx4e,x(0,3e],下面讨论：1）当x(0,1]时，（x-a）22lnx04e成立；22ee2）当x(1,3e]时，（x-a）22lnx4exax;lnxxln2e2e2e2e易知：ax，h(x)x3e;a3e;lnxlnxln(3e)ln(3e)2e2eexlnxlnxeax,g()xx,g()1'x;lnxlnxxlnxlnxxlnxlnx'观察知：g()0g()(1,e，x在e），（e,3e）,ag()xming()3ee2e综上：3ea3eln(3e)技巧三反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围k例5.已知函数fxlnxx,(k0)，e为自然对数的底数.x（1）讨论函数fx的单调性（2）已知函数g3xfx的极小值大于零，求实数k的取值范围。kx2+xk解：(1)fxlnxx,f'x=,x(0,)xx2当时，'在递增；1)k0fx0,fx(0,)2)当k0时，令f'2x=0，x+xk=0，方程=+k0,14-1-1+4k-1+1+4k两根xx=0=1222在递减，而在（，递增。fx(0,x22)x)综上：1)当k0时，函数fx在(0,)递增，-1+1+4k-1+1+4k2）当k0时，函数fx在(0,)递减，而在（，)递增；222fx'=0''x+xk2（2）gxfx==，由（1）知，x2fx2-30k+xx222klnxx22220，构造函数解lnxx2230x22得：x2(1,)，k=x2+x2(2,)，故所求：k(2,)例6（2020届成都零诊）已知函数（fx）=e2xx2ae2ax，（a0）(1)略(2)若函数（fx）有唯一零点，求实数a的值；解：（1）略；（2）（fx）=e22xaex2axfx，（'）=2e22xaex2,(,)axaaaf（''x）=4e2x2aex2ex(2exa)0,xln,即f（'x）在（，ln），（ln，+）222aaf（'ln）=()22a0,x，f（'x）2a0;x，f（'x）;22由零点存在性定理：ax(ln,),使得：f（'x）=0，即：e2xx00aea=0-----------------------（1）002（fx）在（,(,);;x00），x，且x，（fx）x，（fx）2xx00（fx）（fx00）=0，即e2ae2ax=0-----------------------------------------------（2）1由（1）（2）有：ex0+2x1=0，构造函数易求唯一解x=0，即a=成立；0022，例7已知函数f(x)xax1g(x)lnxa(aR)．（1）当a1时，求函数h()()()xfxgx的极值；（2）若存在与函数fx()，gx()的图象都相切的直线，求实数a的取值范围；解：（1）略（2）设函数fx()上点(x11,f(x))与函数gx()上点(x22,g(x))处切线相同，2f()()x12gx1x1ax11(lnx2a)则f()()x12gx即2xa1xx12x2x1x21axx122故x1，代入x1ax11(lnx2a)得：22x2x221aa2lnxa220(*)4xx22241aa21a12x2ax1设F(x)lnxa2，则Fx()4xx2242x32x2x2x32不妨设2x0ax010(x00)则当0xx0时，Fx()0，当xx0时，Fx()0212x01即Fx()在(0,x0)上递减，在(,)x0上递增，代入ax=20可得：xx0021F(x)minF(x0)x02x0lnx02x0111设G(x)x22xlnx2，则G(x)2x20对x0恒成立，xxx2所以Gx()在区间(0,)上单调递增，又G(1)=0所以当01x≤时Gx()≤0，即当01x0≤时Fx(0)≤0,1aa211又当xea2时F(x)lnea2a2(a)2≥04ee2aa42244ea2当01x0≤时，函数Fx()必有零点；即当01x0≤时，必存在x2使得(*)成立；[来源:学_科_网]即存在xx12,使函数fx()上点(x11,f(x))与函数gx()上点(x22,g(x))处切线相同．111又yx2得：y20即yx2在(0,1)递减，因此xx2x212x01ax=20[1，+)，所以实数a的取值范围[1,)xx00技巧四降次或减元留参，达到证明或求值的目的；例8（09全国1）32设函数fxx33bxcx在两个极值点xx12、，且xx12[1，0],[1,2].（I）求bc、满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点bc,的区域；1(II)证明：10fx222解：(1)fx3x6bx3c由题意知方程fx0有两个根xx12、且x1[1，0],x2[1,2].则有f10，f00，ff10，20故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。2(II)由题意有fx23x26bx23c0．．．．．．．．-．．．．①32又fx2x233bx2cx2．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②13c消去b可得fxx3x．222221又Qx[1,2]，且c[2,0]10fx()2222又如：（09全国2）设函数fxxaIn1x有两个极值点，且xx12（I）求实数a的取值范围，并讨论fx的单调性；12In2（II）证明：fx24132例9.已知函数f()xxxax．3（Ⅰ）讨论fx()的单调性；（Ⅱ）设fx()有两个极值点xx12,，若过两点(x11,f(x))，(x22,f(x))的直线l与x轴的交点在曲线yf()x上，求a的值。解：（1）依题意可得f(x)x22xa当a1时，x220xa恒成立，故fx()0，函数fx()在R上递增；当a1时，f(x)x22xa0有两个相异实根244ax11a,x11a且xx12212故2或，递增；f(x)x2xa0xa(,11)xa(11,)由f(x)x22xa011ax11a，此时递增递减；综上：当时，在上单调递增；当a1时，在递增，在递增，在(11aa,11)递减。22（2）由题知，xx12,为fx()0的两根，故a1,x12x1a,x22x2a，即：1112122afx()xxax3