函数隐性零点的处理技巧

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1、函数隐性零点的处理技巧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，

2、不妨称之为隐性零点。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a≤0，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（﹣∞，lna），增区间是（lna，+∞）．（2）由于a=1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1=（x﹣k）（ex﹣1）+x+1．x

3、1故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜+x（x＞0）（*），xe1xxx1e(ex2)令g（x）=+x，则g′（x）=，xx2e1(e1)而函数f（x）=ex﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f（1）＜0，f（2）＞0，1所以f（x）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g′（x）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a，则a∈（1，2）．当x∈（0，a）时，g′（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，g′（x）＞0．所以g（x）在（0，+∞）的最小值为g（a）．②又由g′（a）=0，可得ea=a+2，③所以g（a）

4、=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k＜g（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：①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）；②根据零点的意义进行代数式的替换；③结合前两步，确定目标式的范围。2.不等式的证明lnx例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f（x）=，其中a为常数．2(xa)（1）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x0，求证：f（x0）＜

5、﹣2．1解析（1）略解f（x）极大值=f（e）=，无极小值；2e2（2）可得a≤﹣；e2112lnxlnxx（3）证明：a=﹣1，则f（x）=导数为f′（x）=，23(x1)(x1)1①设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，②可得12lnx00，即有x0111lnxx002lnx01，要证f（x0）＜﹣2，即+2＜0，由于+2=22x0(x01)2(x01)21(12x)110+2=，由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，2x(x1)2x(x1)2x00000lnx0③则20，故f（x

6、0）＜﹣2成立．2(x1)0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.（2017年全国课标1）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．解析（1）因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于1h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在x（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a

7、＞0．因为3111当0＜x＜时h′（x）＜0，当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）aaa1=a﹣a﹣ln1=0，所以=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﹣lnx，1令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，x111令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0

8、，）上单调递减，在（，+∞）上单2221调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根2x0，x2，且不妨设f′