浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用补上一课导函数的“隐零点”问题含解析 12页

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)＝e2x－aln 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－(x＞0).‎ 当a＞0时，设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x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).‎ 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.‎ 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.‎ 故f(x)的最小值为2a＋aln.‎ ‎【训练1】 (1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；‎ ‎(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)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x＝0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(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.‎ ‎(2)证明　g′(x)＝＝(f(x)＋a).‎ 由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.‎ 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.‎ 当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.‎ 因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝＝＝.‎ 于是h(a)＝，由′＝>0，得y＝单调递增.‎ 所以，由xa∈(0，2]，得＝x0，证明3x0－x1>2.‎ ‎(1)解　由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.‎ 因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.‎ ‎(2)证明　①由(1)知f′(x)＝.‎ 令g(x)＝1－ax2ex，由00，且g＝1－a·＝1－<0，‎ 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1＝0，‎ 所以f(x)在(0，x0)内单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，‎ 所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，‎ 因此x0是f(x)的唯一极值点.‎ 令h(x)＝ln x－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝－1<0，‎ 故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，‎ 从而当x>1时，h(x)f(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.‎ ‎②由题意，即 从而ln x1＝ex1－x0，即ex1－x0＝.‎ 因为当x>1时，ln xx0>1，‎ 故ex1－x0<＝x，两边取对数，得ln ex1－x02.‎ ‎【训练2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.‎ 综上，a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)<0；‎ 当x∈时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在单调递减，在单调递增.‎ 又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；‎ 当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).‎ 由x0∈得f(x0)<.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.‎ 所以e－22，令f′(x)＝0得，‎ x＝或x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)<0；‎ 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)存在两个极值点时，当且仅当a>2.‎ 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，‎ 所以x1x2＝1，不妨设x11.由于 ＝－－1＋a ‎＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以0且g(－2)＝a>0，即00)，h(a)→4，a→2，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y＝f(2x－1)在点(1，0)处的切线方程；‎ ‎(2)求函数y＝f(x)·g(x)在上的取值范围.‎ 解　(1)当x＝1时，y＝f(2－1)＝f(1)＝0.‎ y′＝f′(2x－1)＝，f′(1)＝1，‎ 所以切线方程为y＝x－1.‎ ‎(2)y＝f(x)·g(x)＝ln x＝ln x－，‎ y′＝－＋＝，‎ 因为x∈，所以x>0.‎ 令h(x)＝－1＋，h′(x)＝>0，‎ 则h(x)在上单调递增，‎ 因为h(1)＝0，所以y＝f(x)·g(x)在上单调递减，‎ 在[1，e]上单调递增.‎ ymin＝f(1)·g(1)＝0，‎ ymax＝max ‎＝max，‎ 因为－1>1－，‎ 所以y＝f(x)·g(x)在上的取值范围为[0，－1].‎ ‎2.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.‎ ‎(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)＝xex－a，‎ 由f′(0)＝－1得a＝1，又当x＝0时，f(x)＝－1，‎ 所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，‎ 即x＋y＋1＝0，‎ 所以b＝1.‎ ‎(2)证明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，‎ 则g′(x)＝(x＋1)ex，‎ 所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，‎ 则g(x)在(－∞，－1)内无零点；‎ 当x≥－1时，g(x)单调递增，‎ 且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，‎ 所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.‎ 由x0ex0＝1⇒ex0＝，‎ f(x0)＝－x0＝1－，‎ 又g＝－1<0，‎ g(1)＝e－1>0⇒－.‎ ‎3.已知f(x)＝ax＋xln x(a∈R)，y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.若2f(x)－(k＋1)x＋k>0(k∈Z)对任意x>1都成立，求整数k的最大值.‎ 解　由题设知f′(x)＝a＋1＋ln x，‎ 由f′(1)＝2，解得a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.‎ 当x>1时，不等式2f(x)－(k＋1)x＋k>0(k∈Z)化为k<，‎ 记g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，‎ 再设h(x)＝2x－2ln x－3，则h′(x)＝>0，‎ 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 又h(2)＝1－2ln 2<0，h＝2>0，‎ 故h(x)在上存在唯一零点x0，‎ 使h(x0)＝2x0－2ln x0－3＝0，且当1x0时，g′(x)>0.‎ 即g(x)在(1，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(x0)＝，‎ 由2x0－2ln x0－3＝0得2ln x0＝2x0－3，‎ 则g(x)min＝＝2x0∈(4，5)，‎ 又k<恒成立，故整数k的最大值为4.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x2·ln x.‎ ‎(1)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；‎ ‎(2)设(1)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t>e2时，有<<.‎ 证明　(1)当x∈(0，1]时f(x)≤0；‎ 当x∈(1，＋∞)时f(x)>0，故下面只考虑f(x)在(1，＋∞)上的性质.‎ 由于对任意给定的t>0，令F(x)＝f(x)－t，x>1，‎ 则F′(x)＝x(2ln x＋1)>0，‎ 从而F(x)在(1，＋∞)单调递增，‎ 又F(1)＝－t<0，F(et)＝e2t·t－t>0，故F(x)在(1，＋∞)存在唯一零点s，满足t＝f(s).‎ ‎(2)由于s2·ln s＝t>e2，从而s>e，‎ 故＝＝，‎ 令m＝ln s，则＝＝，m>1，‎ 设h(m)＝，m>1，‎ 下面求h(m)的取值范围.‎ 由于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<，‎ 从而当t>e2时，有<<.‎ ‎5.已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋bx(a，b∈R)，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： a2x1x2<1.‎ ‎(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax＋1＋ln x＋b.‎ 令g(x)＝f′(x)＝－ax＋1＋ln x＋b(x>0)，‎ ‎∴g′(x)＝－a＋.‎ 当a≤0时， g′(x)＝－a＋>0，‎ 则g(x)即f′(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当a>0时，若x∈(0，)，则g′(x)>0，若x∈(，＋∞)，则g′(x)<0，∴g(x)即f′(x)在(0，)上是增函数，在上是减函数.‎ 综上所述，当a≤0时，函数f′(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；‎ 当a>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a≤0时， f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，故a>0.‎ 由f′(x)有两个不同的零点x1，x2，‎ 得 两式相减得ln x1－ln x2＋ax2－ax1＝0，‎ 即a＝＝.‎ ‎∵a>0，x1>0，x2>0，‎ ‎∴欲证a2x1x2<1，只需证x1x2<1，‎ 即证<2＝－2＋.‎ 不妨设0h(1)＝0，∴当t∈(0，1)时， φ′(t)>0，φ(t)在(0，1)上单调递增，‎ ‎∴当t∈(0，1)时， φ(t)<φ(1)＝0，‎ 即(ln t)2