六类技巧终结导数隐零点问题

1、六类技巧终结导数隐零点问题技巧一：虚设零点技巧一：虚设零点-媒介过渡 2观察零点 4：反带消参构造单变量函数，研究参数值及范围 5：降次或减元留参，达到证明或求值的目的 8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) x ln x ，(1)证明： f (x) 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，求k 的最大值。k令h(x) x ln x x2 x ，x ,1 则h(x) 2x ln xh(x) 2 1 0(1 x 1) 即h(x) 为减函数，又h(1) 1 1 0 x

2、 e ， e e当x ( , x0 ) 时h(x) 0, h(x) 单调递增，当x (x0 ,1) 时h(x) 0, h(x) 单调递减。 又 h() 0故kmax 0 例 2 (19 课标 1) 已知函数f (x) sin x ln(1 x) ，f (x) 为f (x) 的导数证明： (1) f (x) 在区间(1, ) 存在唯一极大值点；2(2) f (x) 有且仅有 2 个零点解：(1)由题意知： f x 定义域为： 1, 且f x cos x 令g x cos x ，x 1, g x sin x ，x 1,g 2 sin 2 2 2 g 2 sin 2 2 2 2 2 1 0 x0 0

3、, 2 ，使得g x0 0 2 gxgx x0 上递增；在x0 , 上递减，则x x0 为g x 唯一极大值点； (2)由(1)知： f x cos x ，x 1, 当x 1, 0 时，由(1)可知 f x 在1, 0 上单调递增 f x f 0 0 f x 在1, 0 上单调递减又f 0 0 x 0 为f x 在1, 0 上的唯一零点 又f 0 0 f x0 0 f x 在 0, x0 上单调递增，此时 2 2 2 2 2 2 2 2xxfxfxxx 上递增，在x1 , 上递减 2 f x 0 在x0 , 上恒成立，此时不存在零点 2 综上所述： f x 有且仅有2 个零点技巧二 敏锐洞察-

4、观察零点(II)令g(x) x 1 f (x) ,则除切点之外,曲线 C 在直线l 的下方 g(x) 0 (x 0, x 1) ，g(x) 满足g(1) 0 , g(x) 1 f (x) .当0 x 1时,x2 1 0 ,ln x 0 ,所以g(x) 0 ,故g(x) 单调递减; 当x 1 时,x2 1 0 ,ln x 0 ,所以g(x) 0 ,故g(x) 单调递增.例 4. (11 浙江) 设函数f HYPERLINK / (x) HYPERLINK / (x a)2 ln x， HYPERLINK / aR( HYPERLINK / )若 x HYPERLINK / e为 HYPERLIN

5、K / y f (x)的极值点，求实数 HYPERLINK / a；()求 HYPERLINK / 实数 a 的取值范围，使得对任意的 HYPERLINK / x ( HYPERLINK / 0,3 e ，恒有 f HYPERLINK / (x)4 e HYPERLINK / 2成立. HYPERLINK / 解： (1) 略； (2) 由 (x-a)2 ln x 4e2 , x (0,3e,下面讨论：1) 当x (0,1时， (x-a)2 ln x 0 4e2 成立；2 2 2e 2e2) 当x (1,3e时， (x-a) ln x 4e x a x ;2 2 2e 2eln x ln x易

6、知：a x ，h(易知：a x ，h(x) x 3e ;a 3e ;ln x ln x ln(3e) ln(3e)a x , g(x) x , g (xa x , g(x) x , g (x) 1 ;lnx ln x x ln x ln x x ln x ln x观察知：g (e) 0，g(x)在(1, e) ， (e,3e) ,a g(x)min g(e) 3e综上： 3e a 3e(1)讨论函数 f x 的单调性(2)已知函数 g x f x 3 的极小值大于零，求实数 k 的取值范围。解： (1) f x lnx k x, f x = , x (0, )x x1)当k 0时，f x 0,

7、 f x 在(0, )递增；2)当k 0时，令f x =0，x2 +x k=0，方程=1+4k 0,两根x1 = - 1- 1+4k 0 x2 = - 1+ 1+4k2 2 f x 在(0, x2 )递减，而在 (x2， )递增。综上： 1) 当k 0时，函数f x 在(0, )递增，2 22 2(2) g x f x = ， 由 (1) 知， f x2 =0 x f x2 -3 0k x2 2 +x2 k lnx2 2x2 2 0， 构造函数解lnx2 x2 3 0 x2得：x2 (1, )， k=x22 +x2 (2, )，故所求：k (2, )已知函数f (x)=e2x 2aex 2ax

8、， ( a 0)(1)略(2)若函数f(x) 有唯一零点， 求实数a 的值；2 2 2fx2 2由零点存在性定理：由 (1) (2) 有： ex0 +2x0 1=0 ，构造函数易求唯一解x0 =0 ， 即a= 1 成立；2例7 已知函数f (x) x2 ax 1，g(x) ln x a(a R) (1) 当a 1 时，求函数h(x) f (x) g(x) 的极值；(2) 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；解：(1) 略(2) 设函数f (x) 上点(x1 , f (x1 ) 与函数g(x) 上点(x2 , g(x2 ) 处切线相同，则f (x1 ) g

9、(x2 ) f (x1 ) g(x2 ) 即2x1 a 1 x12 ax1 1 (ln x2 a)x1 x2 x2 x1 x2故x1 1 a ，代入x1 x2 x12 ax1 1 (ln x2 a) 得：2x2 2 x21 a a22 ln x2 a 2 0(*)4x2 2x2 4设F(x) a ln x a2 a 2 ，则 F(x) 1 4x 2x 4 2x 2x x 2x不妨设2x02 ax0 1 0(x0 0) 则当0 x x0 时，F(x) 0 ，当 x x0 时，F(x) 0即F(x) 在(0, x0 ) 上递减，在(x0 , ) 上递增，代入a=1 2x02 1 2x0 可得：x0

10、 x02 1F(x)min F(x0 ) x0 2x0 x0 ln x0 2设 G(x) x2 2x 1 ln x 2 ，则 G(x) 2x 2 1 0 对x 0 恒成立，x x x所以G(x) 在区间(0, ) 上单调递增，又G(1)=0所以当0 x 1 时G(x) 0 ，即当 0 x0 1时F(x0 ) 0 ,又当x ea2 时F(x) ln ea2 a 2 ( a)2 0即存在x1 , x2 使函数f (x) 上点(x1 , f (x1 ) 与函数g(x) 上点(x2 , g(x2 ) 处切线相同又y 2x 得： y 2 0 即y 2x在(0,1) 递减，因此a=1 2x02 1 2x0

11、 1，+) ，所以实数a 的取值范围1,)x0 x0技巧四 降次或减元留参，达到证明或求值的目的；(I) 求b、c 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 (II)证明： 10 f x2 解： (1) f x 3x2 6bx 3c 由题意知方程f x 0 有两个根x1、x2则有f 1 0，(II)由题意有f x2 3x22 6bx2 3c 0-又f x2 x23 3bx22 3cx22 2消去b 可得f x2 1 x23 3c x2 2 24(I) 求实数a 的取值范围，并讨论f x 的单调性；4(II)证明： f x2 1 2In2例 9. 已知函数f (x) x3 x2

12、ax () 讨论f (x) 的单调性；() 设f (x) 有两个极值点x1 , x2 ，若过两点(x1 , f (x1 ) ，(x2 , f (x2 ) 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 aaxxafxfxR 上递增； afxx2x a 0 有两个相异实根x1 1 , x2 1 且x1 x2fxx 2x a 0 x (, 1 ) 或x (1 , ) ， f (x) 递增； 由f (x) x2 2x a 0 1 x 1 ，此时 f (x) 递增递减；xx xxfxa 1,x12 2x1 a, x22 2x2 a ，即：f

13、(x1 ) x1 x1 ax1 x1 (2xf (x1 ) x1 x1 ax1 x1 (2x1 a) x1 ax1 x1 ax1 (2x1 a) ax1 (a 1)x1 3 3 3 3 3 3 3 3同理f (x2 ) 2 (a 1)x2 a ；因此直线l 的方程为y 2 (a 1)x a ；3 3 3 3设l 与x 轴的交点为(x0 , 0) ，得x0 而f (x0 ) 1 ( a )3 ( a )2 a2 (12a2 17a 6)3 2(a 1) 2(a 1) 2(a 1) 24(a 1)由题设知，点(x0 , 0) 在曲线y f (x) 的上，故f (x0 ) 0 ，解得a 0 或a 或

14、a ；所以所求a 的值为a 0 或a 或a 。 设函数f (x) e2x a ln x .()讨论 f (x) 的导函数f (x) 零点的个数；()证明：当 a 0 时， f (x) 2a a ln 。xx当a 0 时, f (x) 0 ，f (x) 没有零点；a bbbfb故a 0 时， f (x) 存在唯一零点.所以当x = x0 时， f (x) 取得最小值，最小值为f (x0 ) .由于2e2x0 - a =0 ，所以 f (x0 )= a 2ax0 a ln 2 2a a ln 2 .x0 2x0 a a故当a 0 时， f (x) 2a a ln .例 11 已知函数f (x) e

15、x +m x3 ,g x ln x 1 2 ()当 m 1时，证明： f x g(x) x3 . ( ) 证法一：因f (x) ex +m x3 ,g x ln x 1 2 ，所以f x g(x) x3 等价于ex+m ln x 1 2 0 mexmlnxexlnx 1 2 exmlnxexlnx 0 .设p x ex1 ，则 p x ex1 0 heheh 0 e 1 0 ，因为hx0 0 ，所以 ex0 +1 ，即 ln x0 1 x0 1当x x0 时， h x 取得最小值h x0 .0即h x h x0 = ex0 1 ln x0 1 2 x0 1 2 0 .0综上可知， 当m 1时，

16、 f x g(x) x3 .ntt 因为曲线y et 与曲线y ln t 关于直线y t 对称，设直线x x0 x0 0与曲线y et 、y ln t 分别交于点A 、B ，点 A 、B 到直线 y t 的距离分别为d1 、d2 ，则 AB d1 d2 其中d1 ，d2 x0 0 设h x0 exx0 x0 0 ，则 hx0 ex0 1因x0 0 ，所以 hx0 ex0 1 0 xhd设p x0 x0 ln x0 x0 0 ，则 px0 1 1 x0 1 x0 x0 xpx当 x0 1 时， px0 0 ，所以当0 x0 1时，函数p x0 x0 ln x0 单调递减；当x0 1时，函数p x

17、0 x0 ln x0 单调递增故p x0 p 1 1 d2 AB d1 d2 2 综上可知， 当m 1时， f x g(x) x3 .证法二：因为f (x) ex +m x3 ,g x ln x 1 2 ，所以f x g(x) x3 等价于ex+m ln x 1 2 0 思路：设h x ex+m ln x 1 2 ，则 hx ex+m .设p x ex+m ，则 p x ex +m 0 mmhemeemmememeemh em 1 0 . 因为hx0 0 ，所以 ex0 +m ，即 ln x0 1 x0 m 当x x0 时， h x 取得最小值h x0 h x h x0 ex0 +m ln x

18、0 1 2 x0 m 2 x0 1 m 3 0 综上可知， 当m 1时， f x g(x) x3 例 12. 已知函数 f (x) 2 ，其中 (x a)fxa求实数a 的取值范围； x1 1 1 1 1 g(x)min g(e 2 ) 2e 2 gln(e 2 ) e 2 2e 2 ，(2)当 a 1 时， f (x) ，f (x) hxxxlnxx0，1) ，则 h(x) 1 2(ln x 1) 2ln x 1 ， 当0 x e 时， h(x)0 ， h(x) x 1 2xln x 单调递增，2 2 5 2 2 5 2 2 2 2 ee单调递减，且f (x) f (e ) ，技巧六： 巧妙

19、转化(含放缩，讨论等) 避开零点例 13 .已知函数g x xe2x mx ln x, (其中e是自然对数的底数)，若 g x 1在x 0, 上恒成立， 则实数m 的取值范围为( ) e e2 e 解法 1：要使g x 1 在x 0, 上恒成立，只需g x min 1 即可.g x 2x 1e2x m ，g x 4 x 1e2x 0 ，g x 在0, 上递增.xg x0 2x0 1 e2x0 m 0 ，所以m 2x0 1e2x0 ，于是 g x min g x0 x0 e2x0 mx0 ln x0 2x02 e2x0 ln x0 1.由 g x min 1得：2xEQ * jc3 * hps1

20、4 oal(sup 5(2),)e2x0 ln x0 0 ，必有0 x0 1 ，2xEQ * jc3 * hps14 oal(sup 5(2),)e2x0 ln x0 ，两边同时取自然对数，则有2x0 ln 2x0 ln x0 ln ln x0 ，即2x0 ln 2x0 ln ln x0 ln x0 .构造函数h x x ln x ( x 0 )，所以2x所以2x0 ln x0 ，即 e2x0 .故m 2x0 1e2xo 2x0 1 2 ，x0 x0 x0 x0 x 0, 上恒成立.令h x e2x (x 0 )，则只需 m h x min 即可.hx ，令Hx 2x2 e2x ln x (x

21、 0 )，则Hx 4 x2 x e2x 0 ，所以Hx 在0, 上单调递增，4 84 8上单调递增. 因为2x eEQ * jc3 * hps14 oal(sup 5(),) 2x0 ln x0 0 ，两边同时取自然对数，则有 2x0 ln 2x0 ln x0 ln ln x0 ，即2x0 ln 2x0 ln ln x0 ln x0 .所以函数s x 在0, 上单调递增，又s 2x0 s ln x0 ，即2x0 ln x0 ，即 e2x0 . 即h x min h x0 e2x0 2 .xx等价于m e2x 在x 0, 上恒成立. 先证明t ln t 1 ，令Q t t ln t 1(t 0

22、)，则Qt 1 1 t 1 ，于是， 当t 0,1 时，Q t 0 ，t t 故t ln t 1 (当且仅当t 1时取等号)x xxxexlnxexlnxxexlnx即x xm 2,当2x+ ln x=0时，等号成立；例 13 已知函数f (x) ex +m x3 ,g x ln x 1 2 ()当 m 1时，证明： f x g(x) x3 . 证法一：()因 f (x) ex +m x3 ,g x ln x 1 2 ，所以f x g(x) x3 等价于ex+m ln x 1 2 0 mexmlnxexlnx 1 2 exmlnxexlnx 0 .先证明ex1 x 2 x R ，设h x ex

23、1 x 2 ，则 hx ex +1 1 因当x 1时， hx 0 ，当x 1 时，hx 0 ，xhx h 1 0 即ex1 x 2 (当且仅当x 1 时取等号)下面证明x ln x 1 0 设p x x ln x 1 ，则 px 1 1 x x 1 x 1当 1 x 0 时，px 0 ，当x 0 时，px 0 ， pxpxln x 1 0 (当且仅当x 0 时取等号)exlnx 1) 2 0 综上可知， 当m 1时， f x g(x) x3 .证法二：因为f (x) ex +m x3 ,g x ln x 1 2 ，所以f x g(x) x3 等价于ex+m ln x 1 2 0 思路 (切线放

24、缩避开隐零点) 先证明ex x 1 (x R) ，且 ln(x 1) x (x 1) F(x) F(0) 0 ，即 ex x 1 (x R) ， ln(x 1) x (当且仅当x 0 时取等号) 再证明ex+m ln x 1 2 0 由ex x 1 (x R) ，得ex1 x 2 (当且仅当 x 1 时取等号)因为x 1 ，m 1，且 ex1 x 2 与ln(x 1) x 不同时取等号，所以 ex+m ln x 1 2 em1 ex1 ln x 1 2 综上可知， 当m 1时， f x g(x) x3 例 14. 例 14. 已知函数f x 2 x alnx x2 (aR 且 a0) .(1)

25、当 a 2 时，求曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线方程； na (2)因 yf (x)有两个极值点 x1，x2 ，则f (x) 0 有两个 构造函数 g (x)xlnxlnxx+2，则 g (x)1+lnx 1lnx 且在(0 ，3)上为增函数，又 g (1) 10 ，g (2)ln2 0，xg (x)0 ，g (x) 递增， 即 g (x)在(0，3)上有最小值：(2)因 yf (x)有两个极值点 x1，x2 ，则f (x) 0 有两个 (1) 当 x (0,1时，g(x) (x 1) ln x 2 x 0成立；(2) 当x (1, 2时，g(x) (x 1) ln x 2 x

26、0成立；(3) 当x (2,3) 时，g(x) (x 1) ln x 2 x，g (x) ln x 1 , g (x) 1 0 x x xgxgxgx g (2) ln 2 2 0, g(x)在(2,3) 上递增，即：g(x) g(2) ln 2 0得证；综上：g(x) (x 1) ln x 2 x 0对x (0,3) 成立；1)fxxalnxxaxaaa 0 ， (1) 设g x 是f x 的导函数，讨论g x 的单调性；afx 0 在区间 1, 内恒成立， 且f x 0 在 法一： () 知函数f (x) 的定义域为(0,) ，g(x) f (x) 2(x a) 2ln x 2(1 ) ，

27、所以 g(x) 2 2 2(x )2 2 2(a ) x x xg(x) 在区间(0,) 2 2nxaxxlnxx()x 2()2 令a0 ，u(x) x 1 ln x (x 1) 当a a0 时，有f (x0 ) 0 ，f (x 0 ) (x0 ) 0 当x (x0 , ) 时， f (x)0 ，从而 f (x)f (x0 ) 0 综上所述，存在a (0,1) ，使得f (x) 0在区间(1,)内恒成立, 且f (x) 0 在 则f (x) 0在区间(1,)内恒成立, 且f (x) 0 在区间(1, ) 内有唯xx(x) 2 (x a) x x(x a) (x 2a)x (1 )x (1 )

28、 x(x a)2x ) 时, (x)0 , (x) 单调递减当x (1 , ) 时, (x)0 , (x) 单调递增min 2ln(1 ) (1 )2 2a(1 ) 2a2 amin 2ln(1 ) 令h(a) (1 1 a)2 2a(1 1 a) 2a2 a 2(1 1 a a)ln(1 1 a) ， 从而存在a1 (0, 1) 使得h(a1 ) 0 令x1 1 当x 趋向于正无穷大时， f (x) g(x) 的函数值也趋向于正无穷大tfxfxtt递增且t 满足2(t 1 ln t且t 满足2(t 1 ln t) 2(1 )a 0 ，即 a 1 时，f (x) 取得最小值：f (t) 2(t a) ln t t2 2at 2a2 attlnttt ，故存在x0 (1,e) ，使得 (x0 ) 0 所以f (t) 0 在区间(1,e) 内有解x0 此时相应的a 值为a a0 ，其中 u