导数问题中虚设零点的三个技巧

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1、·辅教导学·数学通讯———２０１７年第１期（上半月）１导数问题中虚设零点的三个技巧石向阳（湖南省长沙市雅礼教育集团南雅中学，４１０１２９）导数是解决函数单调性、极值、最值、不等式当ａ＞０时，方程ｇ（ｘ）＝ａ有一个根，即证明等问题的“利器”．与导数有关的数学问题往ｆ′（ｘ）存在唯一零点；往成为高考函数压轴题，求解这些压轴题时，经常当ａ≤０时，方程ｇ（ｘ）＝ａ没有根，即ｆ′（ｘ）会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至没有零点．无法求解的情形．此时，可以将这个零点只设出来（２）由（１），可设ｆ′（ｘ）在（０，＋∞）的唯一零而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，点为ｘ０，当ｘ∈（

2、０，ｘ０）时，ｆ′（ｘ）＜０；当ｘ∈（ｘ０，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决．我们＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０．故ｆ（ｘ）在（０，ｘ０）单调递减，称这种解题方法为“虚设零点”法．本文结合一些在（ｘ０，＋∞）单调递增，所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（ｘ０）．高考题来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解２ｘａ２ｘａ由于２ｅ０－＝０，得ｅ０＝，又ｘ０＝ｘ０２ｘ０题方法和技巧．ａａａ技巧１整体代换，将超越式转化为普通式．２ｘ，得ｌｎｘ０＝ｌｎ２ｘ＝ｌｎ－２ｘ０，所以ｆ（ｘ０）２ｅ０２ｅ０２如果ｆ′（ｘ）是超越形式（对字母进行了有限次２ｘａａａ＝ｅ０－ａｌｎｘ初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对

3、数、三０＝－ａ（ｌｎ－２ｘ０）＝＋２ｘ０２２ｘ０角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简２ａ２２ａｘ０＋ａｌｎ≥２×２ａｘ０＋ａｌｎ＝２ａ＋称超越式），并且ｆ′（ｘ）的零点是存在的但无法求ａ槡２ｘ０ａ出，这时可采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所２ａｌｎ．ａ在的范围和满足的关系式，然后分析出相应的函２数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零故当ａ＞０时，ｆ（ｘ）≥２ａ＋ａｌｎ．ａ点所满足的“关系”推演出所要求的结果．通过这评析本题第（２）问要证明ｆ（ｘ）≥２ａ＋种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转２２换和过渡，从而将超越式转化为普通式，有效破解ａｌｎ，只需［ｆ（ｘ）］ｍ

4、ｉｎ≥２ａ＋ａｌｎ，［ｆ（ｘ）］ｍｉｎ在ａａ求解或推理证明中的难点．ｆ′（ｘ）的零点取到．但ｆ′（ｘ）＝０是超越方程，无法例１（２０１５年全国高考新课标Ⅰ卷文２１）设求出其解，上面的解法没有直接求解ｘ０，而是在形函数ｆ（ｘ）＝ｅ２ｘ－ａｌｎｘ．式上虚设．这样处理的好处在于，通过对ｘ０满足的（１）讨论ｆ（ｘ）的导函数ｆ′（ｘ）的零点的２ｘａａ等式ｅ０＝，ｌｎｘ０＝ｌｎ－２ｘ０的合理代换使个数；２ｘ０２２ｘ用，快速将超越式ｅ０－ａｌｎｘ０化简为普通的代数２（２）证明：当ａ＞０时，ｆ（ｘ）≥２ａ＋ａｌｎ．ａａ２式＋２ａｘ０＋ａｌｎ，然后使用均值不等式求出解（１）ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋

5、∞），ｆ′（ｘ）＝２ｘ０ａ最小值，同时消掉了ｘ０．在求解的过程中，不要急２ｅ２ｘ－ａ（ｘ＞０）．由ｆ′（ｘ）＝０得２ｘｅ２ｘ＝ａ．令ｘ于消掉ｘ０，而应该着眼于将超越式化简为普通的２ｘ，则ｇ′（ｘ）＝（４ｘ＋２）ｅ２ｘｇ（ｘ）＝２ｘｅ＞０（ｘ＞代数式．０），从而ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，所以ｇ（ｘ）借助ｆ′（ｘ０）＝０作整体代换，竟能使天堑变＞ｇ（０）＝０．通途！其实，这种做法早已不约而同地出现在以下２数学通讯———２０１７年第１期（上半月）·辅教导学·两道试题中．我们一起来体会一下如出一辙的解ｘ＋１令ｇ（ｘ）＝ｘ＋ｘ，原命题ｋ法带给我们的便捷．ｅ－１例２（２０１３年全国高

6、考新课标Ⅱ卷理２１）＜［ｇ（ｘ）］ｍｉｎ．ｘ（ｅｘ已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘｅ－ｘ－２），令ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎ（ｘ＋ｍ）．ｇ′（ｘ）＝（ｅｘ２－ｘ－－１）（１）设ｘ＝０是ｆ（ｘ）的极值点，求ｍ并讨论ｘ２，则ｈ′（ｘ）＝ｅ－１＞０在恒成立，即ｈ（ｘ）在（０，ｆ（ｘ）的单调性；＋∞）上单调递增，又易知ｈ（１）＜０，ｈ（２）＞０，所（２）当ｍ≤２时，证明ｆ（ｘ）＞０．以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上存在唯一零点，设此零点为解（１）ｍ＝１，ｆ（ｘ）的增区间为（０，＋∞），ｘ０，则ｘ０∈（１，２）．减区间为（－１，０）．又ｇ′（ｘ）与ｈ（ｘ）同号，故当ｘ∈（０，ｘ０）时，（２）当ｍ≤２时，ｘ＋ｍ≤ｘ

7、＋２，ｌｎ（ｘ＋ｍ）≤ｇ′（ｘ）＜０；当ｘ∈（ｘ０，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＞０，所以ｌｎ（ｘ＋２），－ｌｎ（ｘ＋ｍ）≥－ｌｎ（ｘ＋２），所以ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）在（０，ｘ０）上单调递减，在（ｘ０，＋∞）上单调ｘｘ≥ｅ－ｌｎ（ｘ＋２），令ｇ（ｘ）＝ｅ－ｌｎ（ｘ＋２），则ｘ０＋１ｘ１ｘ１递增，所以［ｇ（ｘ）］ｍｉｎ＝ｇ（ｘ０）＝ｘ＋ｘ０．ｇ′（ｘ）＝ｅ－，ｇ″（ｘ）＝ｅ＋＞０，ｅ０－１（ｘ＋２）２ｘ＋２ｘ又由ｈ（ｘ０）＝０，得ｅ０＝ｘ０＋２，代入得ｇ（ｘ０）∴ｇ′（ｘ）在（－２