一类隐零点问题的三种解法

1、1点问题的三种解法隐零点题型：(1) 隐零点的存在性判断 (即是否存在与存在的个数问题)；(2) 隐零点的虚设和代换 (变形表达式，使表达式简化或消元，使之容易处理)；(3) 隐零点的数值估计 (零点的存在性定理与函数性质的运用)隐零点问题是高考的一类重点和难点问题，解决此类问题主要有分离参数、分类讨论和数形结合三种方法， 三种方法各有千秋，具体问题要具体研究分析.一般首选分离参数的方法. 因为这样能转化为不含参数的的 最值问题，直接降低了难度.对于不易或不能分离的问题就要采用分类讨论的方法.对于选择题或填空题， 我们可以利用技巧等价转化并数形结合快速得到答案.题目：(2012 全国新课标 I

2、I 文 21) 设函数 f(x) ex ax 2 .(I) 求 f(x) 的单调性；(II) 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.本题是 2012 年全国新课标卷 II 第 21 题，题目限制条件比较新颖，采用设而不求的解法非常有效，这 类题型的练习对学生的思维有一定的启发性.解析：(I) f (x) ex a ，(II) 法一：(分离参数、设而不求，转化为函数最值问题)当 a 1时， f(x) ex x 2 ， f (x) ex 1 ，所以(x k)f (x) x 1 (x k)(ex 1) x 1 x(ex 1) k(ex

3、1) x 1 0 ，x g (x)min g (x0 ) x0 x0 x0 1 (2,3) ，所以等价于k g (x0 ) x0 1 (2,3) ，2法二：(分类讨论，转化为函数最值问题) x0 时， (x k)f (x) x 1 0 等价于 (x k)(ex 1) x 1 0 gxxkexxx) ，则 g(x) (ex 1) (x k)ex 1 (x k 1)ex ， gxmingkek k 1 1 k 1 ek 1 0 hk k 1 ek 1 0 的解集是k | k k0 ，故 k 的最大整数值为 2 ；法三：(巧妙换元、数形结合，转化为切线问题) 当 x 0 时， (x k)f (x)

4、x 1 0 等价于x(ex 1) x 1 k(ex 1) 0 t k k切线 ln 0 1 0 1 (2,3) ，故 k 的最大整数值为 2 .3【变式 1】已知函数 f(x) axekx 1 ， g (x) ln x kx .(I) 求函数 g(x) 的单调区间；(II) 当 k 1时， f(x) g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围.按：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，利用导数研究函数的最值，是导数的 综合应用，难度中等.提示： 问题 (II) 利用分离参数的方法，参照解法一；利用分类讨论的方法，参照解法二；利用数形结合 的方法，参照解法三.xgxk(II)法

5、一：(含参讨论) 令 h(x) f(x) g (x) (axex 1) (ln x x) ( x 0 ) ，则 h(x) 0 恒成立，h (x) (aex axex ) ( 1) (a ax)ex 2 若 a 0 ，令(x) axex 1 ( x 0 )，则(x) aex axex a(x 1)ex 0 ， nalnxx h(x)min h(x0 ) ax0 ex0 1 ln x0 x0 (ln x0 x0 ) ln a 0 ， a 1法二：(分离变量) 当 k 1时， g (x) ln x x ， f(x) g (x) 恒成立，则 axex 1 ln x x ，x2 xx e (x 1)(l

6、n x x)2 xx e4 【变式 1 的改编】 已知函数 f(x) axekx 1 ， g (x) ln x kx .(I) 求函数 g(x) 的单调区间；(II) 当 k 0 ，且 k 1 时， f(x) g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围.证明 (II) (当 k 1时，无法分离变量了，采用分类讨论的办法)设 h(x) f(x) g (x) axekx ln x kx 1 ( x 0 ) ，则h (x) aekx akxekx k aekx (kx 1) (kx 1)(aekx ) ，令 u(x) aekx ，xux求极限知u(x) 的取值是 ( , ) ， 存在唯一的x0 (0

7、, ) ，使得u(x0 ) aekx0 0 ，即 aekx0 (下一步如何用此式，变与不变形要看最值的表达式)， ax0ekx0 1 ， ln x0 ln a kx0 ，xxxlnxkxlnxkxlnalnaa【变式 2】已知函数 f(x) axex 1 ， g (x) ln x kx .(I) 求函数 g(x) 的单调区间；(II) 当 k 0 时， f(x) g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围.解：(I) 同上，略；5(II) (研究差值函数的最值，分类整合) 设 h(x) f(x) g (x) axekx ln x kx 1 ( x 0 )，h (x) aekx akekx k

8、aekx (kx 1) (kx 1)(aekx ) ，设u(x) aekx ( x 0 )； h(x) 0 不恒成立，故不符合； 故存在唯一的 x0 (0, ) ，使得u(x0 ) aekx0 0 ， aekx0 ， ln a kx0 ln x0h(x) 在 (0, x0 ) 上单调递减，在 (x0 ) 上单调递增， h(x)min h(x0 ) ax0 ekx0 ln x0 kx0 1 1 ln a kx0 kx0 1 ln a ， ln a 0 ，解得 a 1，评议：本题考查了函数的单调性，导数的应用，参数取值范围的求法 (解的是答用分类整合与筛选法)， 综合性较强.【变式 3】函数 f(x) ln x ， g (x) x2 2x ，当 x 2 时， k(x 2) xf(x) 2g(x) 3 恒成立，则 整数 k 的最大值为 nxxk 故存在唯一的 x0 (9,10) ，使得(x0 ) x0 5 2 ln x0 0 ，即 2 ln x0 x0 5 ，h(x)min 2 2 2 2 (5, 5.5) ，26【变式 4】函数 f(x) ln x ，g (x) x2 2x ，当 x 1时，k(