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- 2021-06-24 发布
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1
导数零点不可求的四种破解策略
在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要
绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导
函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结
了四种方法,现说明如下.
法一:利用零点存在性定理
零点存在性定理:如果函数 f x 在区间 a b, 上的图象是连续不断的一条曲线,
并 且 有 0f a f b , 那 么 函 数 f x 在 区 间 a b, 内 有 零 点 , 即 存 在
0x a b , ,使得 0f x 0 .进一步,若 f x 在区间 a b, 内有具有单调性,则
函数 f x 在区间 a b, 内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出 /f x
在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判
断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的 /f x ,与零比较大小,再
利用零点存在性定理得出 /f x 在给定的区间上存在唯一的零点.
例 1.已知函数 2 lnxf x x e x ,证明:当 0x 时,不等式 1f x .
证明: / 12 xf x x x e x
, 0x .
由 // 2
2
14 2 xf x x x e x
0 ,得 /f x 在 0 , 上单调递增.
又
1
/ 41 9= 4 04 16f e
,
1
/ 21 5= 2 02 4f e
,
根据零点存在定理可知,存在 0
1 1
4 2x
, ,使得 /
0f x 0 .
当 00x x , 时, /f x 0 , f x 在 00 x, 上单调递减;
当 0x x , 时, /f x 0 , f x 在 0x , 上单调递增.
故 0minf x f x = 02
0 0lnxx e x .
由 /
0f x 0 得 0
0 0
0
12 0xx x e x
,即 0
0 0
0
12 xx x e x
,
0
2
0 0
1
2
xe x x
.
故 0f x = 02
0 0lnxx e x = 0
0
1 ln2 xx
,其中 0
1 1
4 2x
, .
令 g x = 1 ln2 xx
, 1 1
4 2x
, .
2
由 /g x = 2
1 1 0
2 xx
得 g x 在 1 1
4 2x
, 上单调递减.
故 g x 1
2g
2 1= ln 15 2
,即 0f x 1 .
综上,有 min 1f x ,则当 0x 时,不等式 1f x .
评析:要证 1f x ,等价于证 min 1f x .导函数 / 12 xf x x x e x
,其零
点无法求出.借助 // 0f x 判断出 /f x 的单调性,结合零点存在性定理得出
/f x 存在唯一的零点 0x 且 0
1 1
4 2x
, .另一方面, 0x 将 0 , 分成两个区间,
分别考查 f x 在这两个区间上的单调性.借助 /
0f x 0 得到
0
2
0 0
1
2
xe x x
,
将指数式进行转化,从而判断出 min 1f x .
法二:利用函数与方程思想
函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两
个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出
/f x ,然后令 / 0f x ,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.
例 2.已知函数 2 lnxf x e a x .证明:当 0a 时, 22 lnf x a a a
.
证明: / 22 x af x e x
, 0x .
/f x 有零点,等价于方程 22 =0x ae x
有实根,等价于方程 22 x ae x
有实根,等价
于函数 22 xy e 与函数 ay x
图象有交点.
显然当 0a 时,两个函数图象无交点;当 0a 时,两个函数图象有一个交点;
因此,当 0a 时, /f x 无零点,当 0a 时, /f x 只有一个零点.
当 0a 时 , /f x 在 0 , 上 单 调 递 增 , 且 只 有 一 个 零 点 , 设 为 0x . 即
/
0 0f x .
当 00x x , 时, / 0f x , f x 在 00 x, 上单调递减;
当 0x x , 时, / 0f x , f x 在 0x , 上单调递增.
故 0minf x f x 02
0lnxe a x .
3
由 /
0 0f x 得 , 02
0
2 0x ae x
, 02
0
= 2
x ae x
, 02
0ln =ln ln2xe a x , 化 简 得
0 0ln =ln ln2 2x a x .
故 0f x 0
0
ln ln2 22
a a a xx
0
0
2 ln2
a ax a ax
22 lna a a
.
故 min
22 lnf x a a a
,即当 0a 时, 22 lnf x a a a
.
评析:利用函数与方程思想,将判断 /f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.
不难得出结论:当 0a 时, /f x 只有一个零点 0x .对于 / 22 x af x e x
,观察
其结构特征容易发现其在 0 , 上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).
要证 22 lnf x a a a
,等价于证 min
22 lnf x a a a
. 0x 将 0 , 分成两个区
间 , 分 别 考 查 f x 在 这 两 个 区 间 上 的 单 调 性 . 借 助 /
0 0f x 得 到
02
0
= 2
x ae x
, 0 0ln =ln ln2 2x a x ,将指数式进行转化,从而得证.
法三:构造新的函数
如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分
子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.
例 3.已知函数 1 ln( 1)xf x x
,当 0x 时, 1
kf x x
恒成立,求正整数 k
的最大值.
解析:由已知有 1 [1 ln( 1)]x xk x
在 0x 上恒成立.
令 1 [1 ln( 1)]( ) x xh x x
, 0x .只需 mink h x .
/
2
1 ln( 1)x xh x x
,
令 1 ln( 1)x x x ,由 / 01
xx x
得 x 在 0 , 上单调递增.
又 2 =1 ln3 0 , 3 =2 ln4 0 ,根据零点存在定理可知,存在 0 2 3x , ,
使得 0 0x .
当 00x x , 时, 0x , / 0h x , h x 在 00 x, 上单调递减;
当 0x x , 时, 0x , / 0h x , h x 在 0x , 上单调递增.
4
故 0minh x h x 0 0
0
1 [1 ln( 1)]x x
x
.
由 0 0x 得, 0 01 ln( 1)=0x x ,即 0 01 ln( 1)x x .
则 0h x 0 1x 3 4 , .
故正整数k 的最大值为3.
评析:导函数 /
2
1 ln( 1)x xh x x
,分母显然是正数,将分子看成一个新的函
数 x ,借助法一考查 x 的性质,从而得到 h x 的单调性.
法四:利用极限思想
法一中,对于给定的区间 a b, ,如果要通过取特殊值来判断 /f x 与零的大小
比较困难,那么可以利用极限思想,考查当 x a 时以及当 x b 时 /f x 的取
值情况.
例 4.已知函数 1 2 1 0x af x ae ax
对任意的 0x , 恒成立,其中
0a .求a的取值范围.
解析:由已知有 min 0f x ,其中 0x , 0a .
/
2
1x af x ae x
2
2
1xax e a
x
.
令 2 1xg x ax e a ,其中 0x , 0a .
由 / 22 0xg x a x x e 得 g x 在 0 , 上单调递增.
又 0 1 0g a ,当 x 时, g x ,
故存在 0 0x , ,使得 0 0g x .
当 00x x , 时, 0g x , / 0f x , f x 在 00 x, 上单调递减;
当 0x x , 时, 0g x , / 0f x , f x 在 0x , 上单调递增.
故 0minf x f x 0
0
1 2 1x aae ax
.
由 0 0g x 得, 02
0 1 =0xax e a ,即 0
2
0
1=x aae x
.
则 0f x 0
0
1 2 1x aae ax
2
0
1a
x
0
1 2 1a ax
.
令 2
0 0
1 1 2 1 0a a ax x
,由 0 0x , 0a ,解得 00 1x .
5
因 为 2 1xg x ax e a 在 0 , 上 单 调 递 增 , 00 1x , 所 以
01g g x =0 .
故 1 0g ,即 1 0ae a ,解得 1
1a e
.
评析:导函数 /f x 2
2
1xax e a
x
,分母显然是正数,利用法三的方法将分子
看成一个新的函数 g x .在考查 g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,
即 0 1 0g a , 再 考 查 当 x 时 , g x , 从 而 确 定 故 存 在
0 0x , ,使得 0 0g x .
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