2019高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式微点深化导函数的隐零点问题学案

在利用导数法研究函数性质时，对函数求导后，若f′(x)＝0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为隐零点． 热点一 分离函数(变量)解决隐零点问题

【例1】 (2018·嘉兴测试)已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)． (1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；

(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)∴a的取值范围是[－2，＋∞)．

(2)当a＝1时，f(x)＝x＋xln x，k∈Z时，不等式k(x－1)x＋xln x，

x－1min

x＋xln xx－ln x－2

，则g′(x)＝2， x－1（x－1）

令g(x)＝令h(x)＝x－ln x－2(x>1)． 1x－1

则h′(x)＝1－＝>0，

xx∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， 存在x0∈(3，4)，使h(x0)＝0， 即当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，

g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

令h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即ln x0＝x0－2，

x0（1＋ln x0）x0（1＋x0－2）g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，4)．

x0－1x0－1k∴kmax＝3.

探究提高 先分离变量，再构造函数，不需要分类讨论，简单、直接，从而简化解题过程． 热点二 整体代换解决隐零点问题

1

【例2】 设函数f(x)＝e－aln x.

(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数； 2

(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln . 2xa(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e－(x>0)．由f′(x)＝0得2xe＝a.令g(x)＝2xe，g′(x)＝(4x＋2)e>0(x>0)，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0.

当a>0时，方程g(x)＝a有一个根，即f′(x)存在唯一零点； 当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．

(2)证明 由(1)可设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[f(x)]min＝f(x0)． 由2e0－＝0得e0＝，又x0＝x，得ln x0＝lnx＝ln －2x0，所以f(x0)＝e

x02x02e202e202－aln x0＝

2x2x2x2xax2xa2xaaaa2x0

a2aa－aln －2x0＝＋2ax0＋aln ≥2

22x0a2x0

aa22

·2ax0＋aln ＝2a＋aln . 2x0aa2

故当a>0时，f(x)≥2a＋aln . 22

探究提高 第(2)问要证明f(x)≥2a＋aln ，只需要[f(x)]min≥2a＋aln ，[f(x)]min在

aaf′(x)的零点取到．但f′(x)＝0是超越方程，无法求出来其解．上述解法中没有直接求解x0，而是在形式上假设．这样处理的好处在于通过对x0满足的等式e2x0＝

aa，ln x0＝ln －2x02

a22x0

2x0的合理代换使用，快速将超越式e－aln x0化简为普通的代数式＋2ax0＋aln ，然

2x0a后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了x0.在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式，借助f′(x0)＝0作整体代换，从而使问题获解． 【题组训练】

1．(2018·浙江名校联盟联考)已知函数f(x)＝＋bxln x，其中a，b∈R. (1)若函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝x＋e，求a，b的值； e＋11(2)当b>1时，f(x)≥1对任意x∈，2恒成立，证明：a>. 2e2(1)解 由题得f′(x)＝－2＋b(ln x＋1)，

axax 2

∴f′(e)＝－2＋2b＝1，且f(e)＝＋eb＝2e.

ee从而解得a＝e，b＝1.

2

aaa12

(2)证明 由f(x)≥1对任意x∈，2恒成立，得＋bxln x≥1，等价于a≥x－bxln x，

x2

12

令g(x)＝x－bxln x，x∈，2，

2

则g′(x)＝1－b(2xln x＋x)，令φ(x)＝1－b(2xln x＋x)， 则φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知φ′(x)<0，

1故g′(x)在，2上单调递减， 2

因为g′(e2)＝1－b(－e2＋e2)＝1>0，

1－

1－

1－

g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，

故x0∈(e2，1)，使g′(x0)＝1－b(2x0ln x0＋x0)＝0，

1－

1则g(x)在，x0上单调递增，在(x0，2]上单调递减， 2

故g(x)max＝g(x0)＝x0－bxln x0＝令h(x)＝2

0

x0＋bx20

2

，

x＋bx2

2

，

易知h(x)在(e2，1)上单调递增， e＋be

x0＋bxe＋be＋1则a≥>＝>. 222e2e

2

0

1－2－1

1－

2．(2018·北京海淀区调研)已知函数f(x)＝e的底数)．

x＋a－ln x(其中e＝2.718 28…，是自然对数

(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； 1

(2)求证：当a>1－时，f(x)>e＋1.

e

1xx(1)解 ∵a＝0时，∴f(x)＝e－ln x，f′(x)＝e－(x>0)，

x∴f(1)＝e，f′(1)＝e－1，

∴函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y＋1＝0.

3

(2)证明 ∵f′(x)＝e

x＋a－1

x(x>0)，

设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋a＋1

x2>0，

∴g(x)是增函数， ∵e

x＋a>ea，∴由ea>1－axx>e，

∴当x>e－a时，f′(x)>0； 若0a＋1

，由e

a＋1

<

1

－a－1xx∴当0－a－1

}时，f′(x)<0，

故f′(x)＝0仅有一解，记为x0，则当0x0时，f′(x)>0，f(x)递增； ∴f(x)min＝f(x0)＝e

x0＋a－ln x0，

而f′(xx＋a1x0＋a0)＝e0－x＝

＝1

0

xa＝－ln x0－x0，

0

记h(x)＝ln x＋x， 则f(x10)＝x－ln x0＝h1x0

，

0

a>1－

1e－a<1e

－

h(x0)

，

而h(x)显然是增函数， ∴01

0<

e

x>e，

0

∴h1x>h(e)＝e＋1. 0

综上，当a>1－1

e

时，f(x)>e＋1.

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