函数隐性零点的处理技巧

1、函数隐性零点的处理技巧(高三一轮复习数学内部专题资料)近些年高考压轴题中，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。

2、本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。一、隐性零点问题示例及简要分析：1.求参数的最值或取值范围例1(2012年全国I卷)设函数f(x)=ex-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aWQ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(-ina),增区间是(lna,+°°).(2)由于a=1,所以(xk)f'(x)+x+1=(xk)(ex1)+x+1.1，.、一+x(x>

3、0)(*),1，.，.x故当x>0时，(x-k)f(x)+x+1>0等价于k<ex人x1ex(exx2)令9卬=+，则9'(x)=(ex1)2'而函数f(x)=ex-x-2在(0,+8)上单调递增，f(1)v0,f(2)>0,所以f(x)在(0,+8)存在唯一的零点.故g'(x)在(0,+8)存在唯一的零点设此零点为a,则aC(1,2).当xC(0,a)日g'(x)<0；当xC(a,+°°)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0,+2)的最小值为g(a).又由g'(a)=0,可得ea=a+2

4、,所以g(a)=a+1C(2,3).由于(*)式等价于kvg(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：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)；根据零点的意义进行代数式的替换；1结合前两步，确定目标式的范围。2 .不等式的证明例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数Inxf(x)=2,其中a为常数.(xa)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xo,求证：f(xo)2.解析1(1)略解f(x)极大值=f(qe)=,

5、无极小值;2e(2)-2可得a<-;e.e(3)lnx证明：a=-1,贝Uf(x)=导数为f(x)(x1)212lnx(x1)3设函数f（x）在（0,1）上的极值点为x0,可得12lnx01r一一0,即有x01，一2lnx01一,要证f(x°)v2,即x0ln(x0x0-+2v0,1)2由于1-1x02+2="1)2(12x0)+2=2x0(x01)2x0(x02一,由于x0C(0,1),1)1x0=,2lnx0=1-21-、一不成乂,x0则1nx0.20,(x°1)2故f（x。）一2成立点评：处理函数隐性零点的三个步骤清晰可见。3 .对极值的估算例3.(2

6、017年全国课标1)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)>Q(1)求a;(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x°,且e2<f(x0)<22.2解析(1)因为f(x)=ax2-ax-xlnx=x(axaTnx)(x>0),贝Uf(x)>0等价于一.1h(x)=ax-a-Inx>0求导可知h(x)=a-一.则当awo时h(x)<0,即y=h(x)在x(0,+°°)上单调递减，所以当xo>i时，h(xo)vh(1)=0,矛盾，故a>0.因为当0vx!时h'(x)<0,当x>时h&

7、#39;(x)>0,所以h(x)min=h(),又因为h(1)aaa=a-a-ln1=0,所以一=1,解得a=1;a(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)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-Inx,1令f(x)=0,可得2x2lnx=0,记t(x)=2x-2Inx,贝Ut(x)=2",x令t'(x)=0,解得：x=-,所以t(x)在区间(0,1)上单调递减，在(-,+8)上单222调递增，所以t(x)min=

8、t(-)=ln2-1<0,从而t(x)=0有解，即f'(x)=0存在两根x0,2x2,且不妨设f'(x)在(0,x0)上为正、在(x0,x2)上为负、在(x2,+,)上为正，2所以f(x)必存在唯一极大值点x°,且2x0-2-lnx0=0,所以f(x。)=x°-x°-x0lnx°2“-2,1一=x0x°x0(2x02)=-x0+x0,由x0<一可知f(x0)<221111一,11一,.(x0x0)max二一一；由f'(一)V0可知x0<一V,所以f(x)在(0,2224ee2111x0)上单调递增

9、，在(x0,)上单倜递减，所以f(x0)>f(一)=-2;eee综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x°,且e2<f(x0)<22.点评：本题处理函数的隐性零点的三步亦清晰可见，请你标一标。简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是:第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、

10、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。二、针对性演练：,1221,已知函数f(x)=(-XX)lnXax(aCR),曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x+2y-1=0垂直.(1)求a的值，并求f(x)的单调区间；1212(2)右入是整数，当x>0时，总有f(x)-(3+入)x-Xlnx+%X,求入的最大值.2.设函数f(x)=e2x-alnx.(I)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;2(n)证明：当a>0时，f(x

11、)>2a+aln-.a三、针对性演练参考答案:1.解:(1)函数f(x)的定义域是(0,+8),1f(x)=(x+1)Inx+(2a+依题意可得，f(1)=1,2a+1+1=2,a21,f(x)=(x+1)Inx+(x+1)=(x+1)4(lnx+1),令f'(x)=0,即(x+1)(lnx+1)=0,x>0,.x1(一,+0°)时,e时，f'(x)<0.f(x)的递增区间是(1、-,+°°),单倜递减区e设h(x)xlnx3xx1只需入Vh(x)minh'(x)(1lnx3)(x1)(xlnx(173x)x2lnx一=(

12、n-(x>0),_1f(x)>0,x(0,一e121一(2)由(I)可知，f(x)=(一x+x)lnx+x2?2412,12xlnx3xf(x)(3)x-x2lnx-x2?24x1令u(x)=x-2+lnx,1.u'(x)=1+>0,可得u(x)在(0,+°0)上为单调递增函数,x-u(1)=-1<0,u(2)=ln2>0,存在x0C(1,2),使u(x。)=0,当xC(x0,+oo)时，u(x)>0,即h'(x)>0,当xC(0,xO)时，u(x)<0,即h'(x)<0,1.h(x)在x=x0时取最小值，

13、且h(x)min=x°lnx°x013x0,又u(x0)=0,lnx0=2-x0,x0(2x0)3x0h(x)min=x0,x011),入的最大值为-2.入Vh(x)min,入CZ,x0(1,2),-x0(2,a2.解(I)f(x)=e2xalnx的7E义域为(0,+8),f(x)=2e2、.x当aW0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)没有零点，当a>0时，y=e2x为单调递增，y=-a单调递增,xa1，f'(x)在(0,+8)单调递增，又f'(a)>0,假设存在b满足0vbvln时，且bv,24f'(b)<0,故当a>0时，导函数f'(x)存在唯一的零点，(n