2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章 补上一课 导函数的“隐零点”问题 WORD版含解析.doc

1、导函数的“隐零点”问题 知识拓展利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点. 题型突破题型一函数最值中的“隐零点”【例1】 设函数f(x)e2xaln x.(a为大于零的常数)，已知f(x)0有唯一零点，求f(x)的最小值.解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0).当a0时，设

2、u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增.设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.故f(x)的最小值为2aaln.【训练1】 (1)讨论函数f(x)ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20；(2)证明：当a0，1)时，函数g(x)(x0

3、)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.(1)解f(x)的定义域为(，2)(2，).f(x)0，当且仅当x0时，f(x)0，所以f(x)在(，2)，(2，)单调递增.因此当x(0，)时，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)证明g(x)(f(x)a).由(1)知，f(x)a单调递增，对任意a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一xa( 0，2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.当0xxa时，f(x)a0，g(x)xa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增.因此g(x)在xxa处取得最小值，最小值为g(xa

4、).于是h(a)，由0，得y单调递增.所以，由xa(0，2，得h(a).因为y单调递增，对任意，存在唯一的xa(0，2，af(xa)0，1)，使得h(a).所以h(a)的值域是.综上，当a0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.题型二不等式证明中的“隐零点”【例2】 (2019天津卷)设函数f(x)ln xa(x1)ex，其中aR.(1)若a0，讨论f(x)的单调性.(2)若0ax0，证明3x0x12.(1)解由已知，f(x)的定义域为(0，)，且f(x)aexa(x1)ex.因此当a0时，1ax2ex0，从而f(x)0，所以f(x)在(0，)内单调递增.(2)证明由(1)知f

5、(x).令g(x)1ax2ex，由0a0，且g1a10，故g(x)0在(0，)内有唯一解，从而f(x)0在(0，)内有唯一解，不妨设为x0，则1x00，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时，f(x)1时，h(x)11时，h(x)h(1)0，所以ln xx1，从而flnaelnlnln1hf(1)0，所以f(x)在(x0，)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点.由题意，即从而ln x1ex1x0，即ex1x0.因为当x1时，ln xx01，故ex1x0x，两边取对数，得ln ex1x0ln x，于是x1x02ln x02.

6、【训练2】 (2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.(1)解f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axaln x，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0，因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设h(x)2x2ln x，则h(x)2

7、.当x时，h(x)0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e2)0，h0；当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧【例3】 (2018全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f(x)0得，x或x.当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)存在两

8、个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即0且g(2)a0，即0a2.考虑到x1，x2是方程2x24xa0的两根.从而x1x22，x1x2，从而f(x1)f(x2)xaln(x12)xaln(x22)(x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x244aaln，其中0a2.令h(a)4aaln，a(0，2)，则h(a)1ln1ln0)

9、，h(a)4，a2，h(a)2，所以h(a)的值域为(2，4).综上所述f(x1)f(x2)的取值范围是(2，4). 补偿训练1.(2020杭州二中考试)设函数f(x)1，g(x)ln x.(1)求曲线yf(2x1)在点(1，0)处的切线方程；(2)求函数yf(x)g(x)在上的取值范围.解(1)当x1时，yf(21)f(1)0.yf(2x1)，f(1)1，所以切线方程为yx1.(2)yf(x)g(x)ln xln x，y，因为x，所以x0.令h(x)1，h(x)0，则h(x)在上单调递增，因为h(1)0，所以yf(x)g(x)在上单调递减，在1，e上单调递增.yminf(1)g(1)0，ym

10、axmaxmax，因为11，所以yf(x)g(x)在上的取值范围为0，1.2.已知函数f(x)(x1)exax的图象在x0处的切线方程是xyb0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0).(1)解因为f(x)xexa，由f(0)1得a1，又当x0时，f(x)1，所以切线方程为y(1)1(x0)，即xy10，所以b1.(2)证明令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当x1时，g(x)单调递减，且此时g(x)0，则g(x)在(，1)内无零点；当x1时，g(x)单调递增，且g(1)0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e

11、x01ex0，f(x0)x01，又g10x012x0.3.已知f(x)axxln x(aR)，yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为2.若2f(x)(k1)xk0(kZ)对任意x1都成立，求整数k的最大值.解由题设知f(x)a1ln x，由f(1)2，解得a1，所以f(x)xxln x.当x1时，不等式2f(x)(k1)xk0(kZ)化为k1)，则g(x)，再设h(x)2x2ln x3，则h(x)0，所以h(x)在(1，)上单调递增，又h(2)12ln 20，故h(x)在上存在唯一零点x0，使h(x0)2x02ln x030，且当1xx0时，g(x)x0时，g(x)0.即g(x)在(1，

12、x0)单调递减，在(x0，)单调递增，所以g(x)ming(x0)，由2x02ln x030得2ln x02x03，则g(x)min2x0(4，5)，又k0，存在唯一的s，使tf(s)；(2)设(1)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有0，故下面只考虑f(x)在(1，)上的性质.由于对任意给定的t0，令F(x)f(x)t，x1，则F(x)x(2ln x1)0，从而F(x)在(1，)单调递增，又F(1)t0，故F(x)在(1，)存在唯一零点s，满足tf(s).(2)由于s2ln ste2，从而se，故，令mln s，则，m1，设h(m)，m1，下面求h(m)的取值范围.由于

13、h(m)，从而当m(1，e时，h(m)0，当m(e，)时，h(m)0，故h(m)在(1，e上单调递增，在(e，)上单调递减，而h(1)0，h(e)，m，h(m)0，从而h(m)，从而，又e2时，有.5.已知函数f(x)ax2xln xbx(a，bR)，函数f(x)的导函数为f(x).(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明： a2x1x20)，g(x)a.当a0时， g(x)a0，则g(x)即f(x)在(0，)上是增函数；当a0时，若x(0，)，则g(x)0，若x(，)，则g(x)0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明由(1)知当a0

14、时， f(x)在(0，)上是增函数，不可能有两个零点，故a0.由f(x)有两个不同的零点x1，x2，得两式相减得ln x1ln x2ax2ax10，即a.a0，x10，x20，欲证a2x1x21，只需证x1x21，即证22.不妨设0x1x2，令t(0，1)，则只需证(ln t)2t2.设(t)(ln t)2t2，则(t)ln t1.设h(t)2ln tt，则h(t)，当t(0，1)时， h(t)h(1)0，当t(0，1)时， (t)0，(t)在(0，1)上单调递增，当t(0，1)时， (t)(1)0，即(ln t)2t2在t(0，1)上恒成立，故原不等式得证.6.(2020浙江新高考仿真卷二)

15、设a为实数，函数f(x)x2e1xa(x1).(1)当a1时，求f(x)在上的最大值；(2)设函数g(x)f(x)a(x1e1x)，当g(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)时，总有x2g(x1)f(x1)，求实数的值(f(x)为f(x)的导函数).解(1)当a1时，f(x)x2e1x(x1)，则f(x)(2xx2)e1x1.令h(x)2xx2ex1，则h(x)22xex1，显然h(x)在上是减函数.又h0，在上，总有h(x)0.h(x)在上是减函数.又h(1)0，当x时，h(x)0，f(x)0，这时f(x)单调递增；当x(1，2)时，h(x)0，f(x)0，这时f(x)单调递减.f(x)在

16、上的极大值也即最大值是f(1)1.(2)由题意知g(x)(x2a)e1x，则g(x)(2xx2a)e1x(x22xa)e1x.根据题意，方程x22xa0有两个不同的实根x1，x2(x1x2).44a0，即a1，且x1x22，x1x2，x11，且x22x1.由x2g(x1)f(x1)，其中f(x)(2xx2)e1xa，得(2x1)(xa)e1x1(2x1x)e1x1a.x2x1a0，上式化为(2x1)(2x1)e1x1(2x1x)e1x1(2x1x).又2x10，不等式可化为x12e1x1(e1x11)0对任意的x1(，1)恒成立.当x10时，不等式x12e1x1(e1x11)0恒成立，R；当x1(0，1)时，2e1x1(e1x11)0恒成立，即.令函数k(x)2，显然k(x)是R内的减函数，x(0，1)时，k(x)k(0)，；当x1(，0)时，2e1x1(e1x11)0恒成立，即，由，当x(，0)时，k(x)k(0)，即.综上所述，.