导数专题虚设零点法

1、导数中虚设零点法探究1整体代换，将超越式换成普通式设函数fxe2xalnx.2(i)讨论fx的导函数fx的零点的个数；(n)证明：当a0时fx2aaln-.a变式1:(2018.常州期末20)已知函数f(x)1nx2,其中a为常数.(xa)(1)若a0,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a1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为沏，求证：f(x0)2.探究2降次留参，建立含有参数的方程,一1，O已知函数f(x)-xxax.3(l)讨论f(x)的单调性；(n)设f(x)有两个极值点x1,x2,若过两点(x1，f(x1)，(x2,f(x

2、2)的直线1与x轴的交点在曲线yf(x)上，求a的值。探究3:反代消参，构造关于零点单一函数已知函数f(x)x2ax1,g(x)Inxa(aR).当a1时，求函数h(x)f(x)g(x)的极值；若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围.变式2已知函数f(x)x2ax1,g(x)Inxa(aR).当a1时，求函数h(x)f(x)g(x)的极值；若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围w：（l的定义域为（0+8）三-芋（x>0）&由/'（%）=<）得2xe23£=ao令居（#）=2xe*Y*）=（4x+2

3、）<?>0（#aO）.从而若（4）在（O,+a）单调速增,所以g（x）>g（0）=0o当>口时，方程，个根，即尸（“）存在唯一零点；当"W0时,方程g（工）R没有根.即尸（疗）没有零点。（2）由】），可设了（彳）在（0,十8）的唯一零点为X口.当麋£（0,而）时，/'（工）V0：当H£（%>,+8）时，/'（x）>0a工）在（0单调递减.在（一“+8）单周递增,所以fix）皿习（工门）口由于*0.得"蜡-,又与二不9r.得Xq2,Xq2j£Iruo=In"、=In-42xn+所以/（

4、xo）=e"-Hru片2尸2'2知a（ln-2Xo）=b2ctxa+uInA2fX22xoaV2xa+ln=2/j+t/ln-oaa故当日A0时/（X）>2日十依口上-口评析：本题第（2）问要证明/（/）三2口十司口2.只«需要/（#）*11m2=+川口2,/（”）皿在广（工）的零点取至1%fl但7r（x）=o是超越方程,无法求出解，我们可以在形式二虚设.通过整体代换,将超越式化简为瞥通的优数式口借助尸（打）作整体代换.竞能使天空交通途!变式1【答案】解：（1）当a0时，f（x）瞪，定义域为（0,）.x12lnxf(x)3，令f(x)0,得xve.x（0。）*

5、(Ve,)十0一一,1极大值一2ef(x)f(x)f（x）的极大值为工，无极小值.2ea12lnx(2) f(x)x,由题意f(x)>0对x(0,a)恒成立.由(xa)33x(0,a),.(xa)30,.a-1-2lnx<0对x(0,a)恒成立.xa<2xlnxx对x(0,a)恒成立.令g(x)2xlnxx,x(0,a),则g(x)2lnx1,若0awe2,即0a>-e2,则g(x)2lnx10对x(0,a)恒成立,g(x)2xlnxa）上单调递减,贝Uaw2(-a)ln(a)(a),10<ln(a),aw1与a'-e矛盾，舍去;e2,令g(x)2lnx1

6、0,得xe2,神g(x)2lnx10,g(x)2xlnxx单调递减,1当0xe万时,a时，g(x)2lnx10,g(x)2xlnxx单调递增,111111，当xe2时，g(x)ming(e2)2e2gn(e2)e22e211a<2e2.综上aw2e2.(3)当a1时，f(x)1nx2,f(x)x12x?x.(x1)2x(x1)31令h(x)x12xlnx,x(0,1),1则h(x)12(lnx1)2lnx1,令h(x)0,得xe2.1当e2wx1时，h(x)W0,/.h(x)x12xlnx单调递减,1h(x)(0,2e21,(x)x12xlnxx(x1)30恒成立，f(x)11nx0单调

7、递减，且f(x)Wf(e2),(x1)2当01x<e2时,h(x)>0,h(x)x2xlnx单调递增,其中21l2In又h(e2)12e21n(e2)g1e存在唯一x0(e2,-),使得h(%)0,2f(x0)0,%时，f(x)0,f(x)n单调递增,(x1)211当x0x<e2时，f(x)0,1.f(x)"x2单调递减，且f(x)>f(e2),(x1)由和可知,(x0,1)上单调递减,1nx,f(x)2在(0,x0)单倜递增，在(x1)2当xx0时,f(x)上金”取极大值.(x1).h(%)x01x12x0Inx00,1nx°r,2x°.

8、f(x。)4(x0炉2x0(x01)12(x02)23一1一又x°(0,1)2(x°12.2(xf22探究2解析：解：(1)依题意可得f(x)x22xa4a0即a1时，x22xa0恒成立，故f(x)0,所以函数f(x)在R上单调递增;4a0即a1时,1v1a,x21J1a且244af(x)2xa0有两个相异实根x12xx2故由f(x)x22xa0x(,1Via)或x(1Ga,)，此时“刈单调递由f(x)x11所以当x时，函数h(x)取得极小值为一+ln2,无极大值；4分42xa01Jax综上可知jla,此时此时f(x)单调递r增递减,一,1J=)上单调递增，在当a1时，f(

9、x)在R上单调递增；当a1时，f(x)在x(x(1Tfa,)单调递增，在(1Ta,1/7)单调递减。(2)由题设知，x1,x2为方程f(x)0的两个根，故有a1,x122x1a,x22x2a132f(x1)x1x13-2同理f(x2)-(a3ax11)x2因此直线l的方程为1 ,八x)(2x13a3|(a1)x3a)2x1ax1123"2 axi1(2为3 3a)2axi32,，、-(a1)x13设l与x轴的交点为(xo,0)，得x02(a1)3a)3(2(a1)2)2224(a1)3(12a217a6)23由题设知，点(x0,0)在曲线yf(x)的上，故f(%)0,解得a0或a或a

10、342 3所以所求a的值为a0或a上或23。3 4探究3【答案】(1)函数h(x)的定义域为(0,)当a1时，h(x)f(x)g(x)x2xInx2,1(2x1)(x1)八所以h(x)2x1一>2分xx1 1所以当0x(2x1)(x1)所以h(x)2x1-时，h(x)0,当x时，h(x)0,2211所以函数h(x)在区间(0,)单倜递减，在区间(-,)单调递增，2 2(2)设函数f(x)上点(xf(%)与函数g(x)上点(x2,g(x2)处切线相同,则f(xi)g(x2)f(xi)g(x2)x1x2所以2xiax11(Inx2a)x1x2所以x12x2x1x2x2ax11(Inx2a)得

11、:4x222x2Inx20(*)设F(x)上4x2a2xInxa2,则F(x)21a12xax2x3412x2x2x3不妨设2%2axo1O(xo0)则当0x0时,F(x)0,当x%时，F(x)0所以F(x)在区间(0,刈)上单调递减，在区间)上单调递增,10分代入a=立工x0x02x0可得：F(x)minF(x。)2x02x0Inx02x01设G(x)x22xxInx2,则G(x)2x21,一，、一0对x0恒成立,x所以G(x)在区间(0,)上单调递增，又G(1)=012分所以当0x<1时G(x)<0,即当0x0<1时F(x0)<0,又当xea2时F(x)2a4a24

12、e2ea2Inea)2>014分因此当0%<1时，函数F(x)必有零点；即当0%<1时，必存在x2使得(*)成立；一支川即存在不,*2使得函数f(x)上点(为，f(为)与函数g(x)上点(x2,g(x2)处切线相同.一，1一1又由y2x得：y20xx21.12x/1所以y2x在(0,1)单调递减，因此a=-2x01+)xx0x0所以实数a的取值范围是1,).广16分【变式2】(1)函数h(x)的定义域为(0,)2当a1时，h(x)f(x)g(x)xxInx2,所以当01,1,x时，h(x)0,当x时，h(x)0,22所以函数11h(x)在区间(0,万)一单倜递减，在区间(-,

13、).单调递增,所以当x111一时，函数h(x)取得极小值为一+In2,无极大值;(2)设函数f(x)上点(,f(xj)与函数g(x)上点(X2，g(4)处切线相同,则f(x1)g(x2)f(xi)g(x2)为x2所以2x12x1ax11(Inx2a)x2x1x2所以xi12x2I,代入为x22x1x2ax11(Inx2a)得:,24x22x2Inx20(*)_1设F(x)工4x2a2xInx则F(x)2x2ax2x3-不妨设2/2ax010(xo0)则当0x0时,F(x)0,当x%时，F(x)0所以F(x)在区间(0,%)上单调递减，在区间)上单调递增,10分代入a=L20!x02x0可得：F(x)minF(x。)2x02x0Inx02x0设G(x)x22xInx2,则G(x)2x21一，、0对x0恒成立,x所以G(x)在区间(0,)上单调递增，又G(1)=0来源:Z+xx+k.Com所以当0x<1时G(x)<0,即当0x0<1时F(x0)<0,12分又当x2时F(x)1a2a4个a24e