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”问题课件 21页

导函数的 “ 隐零点 ” 问题 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 . 知识拓展 题型一　函数最值中的 “ 隐零点 ” 题型突破 【例 1 】 设函数 f ( x ) ＝ e 2 x － a ln 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 . 设 f ′( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上的唯一零点为 x 0 ，当 x ∈ (0 ， x 0 ) 时， f ′( x ) ＜ 0 ； 当 x ∈ ( x 0 ，＋ ∞ ) 时， f ′( x ) ＞ 0. 故 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 上单调递减，在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 上单调递增，所以当 x ＝ x 0 时， f ( x ) 取得最小值，最小值为 f ( x 0 ). (1) 解 　 f ( x ) 的定义域为 ( － ∞ ，－ 2) ∪ ( － 2 ，＋ ∞ ). 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)e x > － ( x ＋ 2) ，即 ( x － 2)e x ＋ x ＋ 2>0. 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 x a ∈ ( 0 ， 2] ，使得 f ( x a ) ＋ a ＝ 0 ，即 g ′( x a ) ＝ 0. 当 0< x < x a 时， f ( x ) ＋ a <0 ， g ′( x )<0 ， g ( x ) 单调递减； 当 x > x a 时， f ( x ) ＋ a >0 ， g ′( x )>0 ， g ( x ) 单调递增 . 题型二　不等式证明中的 “ 隐零点 ” 因此当 a ≤ 0 时， 1 － ax 2 e x >0 ，从而 f ′( x )>0 ，所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内单调递增 . 又因为 f ( x 0 )> f (1) ＝ 0 ，所以 f ( x ) 在 ( x 0 ，＋ ∞ ) 内有唯一零点 . 又 f ( x ) 在 (0 ， x 0 ) 内有唯一零点 1 ，从而， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 内恰有两个零点 . 训练 2 】 (2017· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ax 2 － ax － x ln x ，且 f ( x ) ≥ 0. (1) 求 a ； (2) 证明： f ( x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且 e － 2 < f ( x 0 )<2 － 2 . (1) 解 　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 设 g ( x ) ＝ ax － a － ln 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 ， 当 0< x <1 时， g ′( x )<0 ， g ( x ) 单调递减；当 x >1 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. 因为 f ′( x ) ＝ h ( x ) ，所以 x ＝ x 0 是 f ( x ) 的唯一极大值点 . 由 f ′( x 0 ) ＝ 0 得 ln x 0 ＝ 2( x 0 － 1) ，故 f ( x 0 ) ＝ x 0 (1 － x 0 ). 因为 x ＝ x 0 是 f ( x ) 在 (0 ， 1) 上的最大值点，由 e － 1 ∈ (0 ， 1) ， f ′(e － 1 ) ≠ 0 得 f ( x 0 )> f (e － 1 ) ＝ e － 2 . 所以 e － 2 < f ( x 0 )<2 － 2 . 题型三　导函数中 “ 二次函数 ” 的 “ 设而不求 ” 技巧 ① 若 a ≤ 2 ，则 f ′( x ) ≤ 0 ，当且仅当 a ＝ 2 ， x ＝ 1 时 f ′( x ) ＝ 0 ，所以 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减 . (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 x 1 ， x 2 满足 x 2 － ax ＋ 1 ＝ 0 ， 【训练 3 】 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ a ln( x ＋ 2) ， a ∈ R ，存在两个极值点 x 1 ， x 2 ，求 f ( x 1 ) ＋ f ( x 2 ) 的取值范围 . 由于 f ( x ) 有两个极值点，则二次函数 g ( x ) ＝ 2 x 2 ＋ 4 x ＋ a 在 ( － 2 ，＋ ∞ ) 上有两个相异实根 x 1 ， x 2 ，由于 g ( x ) 的对称轴为 x ＝－ 1 ， 由二次函数的图象可知，只需 Δ ＝ 16 － 8 a >0 且 g ( － 2) ＝ a >0 ，即 0< a <2. 考虑到 x 1 ， x 2 是方程 2 x 2 ＋ 4 x ＋ a ＝ 0 的两根 . 综上所述 f ( x 1 ) ＋ f ( x 2 ) 的取值范围是 (2 ， 4).