专题函数隐性零点问题

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1、北京华罗庚学校 为全国学生提供优质教育函数隐性零点问题近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。

2、1.不含参函数的隐性零点问题 已知不含参函数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则：有关系式成立，注意确定的合适范围.2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数，其中为参数，导函数方程的根存在，却无法求出，设方程的根为，则：有关系式成立，该关系式给出了的关系，注意确定的合适范围，往往和的范围有关.题型一 求参数的最值或取值范围例1（2012年全国I卷）设函数f（x）=exax2（1）求f （x）的单调区间；（2）若a=1，k为整数，且当x0时，（xk）f（x）+x+10，求k的最大值解析：（1）（略解）若a0，则f（x）0，f（x）在R上单调递增； 若a0，则f（x）的单调减区间是（，

3、lna），增区间是（lna，+）（2）由于a=1，所以（xk）f（x）+x+1=（xk）（ex1）+x+1故当x0时，（xk）f（x）+x+10等价于k+x（x0）（*），令g（x）=+x，则g（x）=，而函数f（x）=exx2在（0，+）上单调递增，f（1）0，f（2）0，所以f（x）在（0，+）存在唯一的零点故g（x）在（0，+）存在唯一的零点设此零点为a，则a（1，2）当x（0，a）时，g（x）0；当x（a，+）时，g（x）0所以g（x）在（0，+）的最小值为g（a）又由g（a）=0，可得ea=a+2，所以g（a）=a+1（2，3）由于（*）式等价于kg（a），故整数k的最大值为2点评：

4、从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤：确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）；根据零点的意义进行代数式的替换；结合前两步，确定目标式的范围。题型二 不等式的证明例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f（x）=，其中a为常数（1）若a=0，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在（0，a）上单调递增，求实数a的取值范围；（3）若a=1，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，求证：f（x0）2解析（1）略解f（x）极大值=f（）=，无极小值；（2）可得a；（3）证明：a=1，则f（x）=导数为f（x）=，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，可

5、得，即有，要证f（x0）2，即+20，由于+2=+2=，由于x0（0，1），且x0=，2lnx0=1不成立，则，故f（x0）2成立题型三 对极值的估算例3.（2017年全国课标1）已知函数f（x）=ax2axxlnx，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解析（1）因为f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（x0），则f（x）0等价于h（x）=axalnx0，求导可知h（x）=a则当a0时h（x）0，即y=h（x）在（0，+）上单调递减，所以当x01时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故a0 因为当0x时h（x）0，当x时h（x）0，所

6、以h（x）min=h（），又因为h（1）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；（另解：因为f（1）=0，所以f（x）0等价于f（x）在x0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）（2）证明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，记t（x）=2x2lnx，则t（x）=2，令t（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln210，从而t（x）=0有解，即f（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f（x）在（0，x0）上为正、在（x

7、0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x02lnx0=0，所以f（x0）=+，由x0可知f（x0）；由f（）0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e2f（x0）22简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是：第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范

8、围；第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。变式训练1已知函数 f（x）=（aR），曲线y=f（x）在x=1处的切线与直线x+2y1=0垂直（1）求a的值，并求f（x）的单调区间；（2）若是整数，当x0时，总有f（x）（3+）xlnx+，求的最大值解析：（1）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）=（x+1）ln x+（2a+）x+1，依题意可得，f（1）

9、=1，2a+1=2， f（x）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f（x）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，x0，x（，+）时，f（x）0，x（0，）时，f（x）0f（x）的递增区间是（，+），单调递减区间为（0，）（2）由（）可知，f（x）=（+x）lnx+x2 设h（x）=，只需h（x）min h（x）=（x0），令u（x）=x2+ln x，u（x）=1+0，可得u（x）在（0，+）上为单调递增函数，u（1）=10，u（2）=ln 20，存在x0（1，2），使u（x0）=0，当x（x0，+）时，u（x）0，即h（x）0，当x（0，x0）时，u（x）0，即h（

10、x）0，h（x）在x=x0时取最小值，且h（x）min=，又u（x0）=0，ln x0=2x0， h（x）min=x0，h（x）min，Z，x0（1，2），x0（2，1），的最大值为22设函数f（x）=e2xalnx（）讨论f（x）的导函数f（x）零点的个数；（）证明：当a0时，f（x）2a+aln解析：（）f（x）=e2xalnx的定义域为（0，+），f（x）=2e2x当a0时，f（x）0恒成立，故f（x）没有零点，当a0时，y=e2x为单调递增，y=单调递增，f（x）在（0，+）单调递增，又f（a）0，假设存在b满足0bln时，且b，f（b）0，故当a0时，导函数f（x）存在唯一的零点。（

11、）由（）知，可设导函数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）单调递减，在（x0+）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=0，所以f（x0）=+2ax0+aln2a+aln故当a0时，f（x）2a+aln3设函数，是否存在实数,使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.解析： 令，其中则， .在单调递减，在区间必存在实根，不妨设，即，可得（*）在区间上单调递增，在上单调递减，所以，代入（*）式得.根据题意恒成立. 又根据基本不等式,当且仅当时

12、,等式成立. 所以,，. 代入（*）式得,即. 课后作业1已知函数f（x）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e为自然对数的底数），若f（x）0对于xR恒成立（1）求实数a的值；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且【解答】（1）解：f（x）=ex（aexax）0，因为ex0，所以aexax0恒成立，即a（ex1）x恒成立，x=0时，显然成立；x0时，ex10，故只需a在（0，+）恒成立，令h（x）=，（x0），h（x）=0，故h（x）在（0，+）递减，而=1，故a1；x0时，ex10，故只需a在（，0）恒成立，令g（x）=，（x0），g（x）=0，故h（x）在（，0）递增，而=

13、1，故a1.综上：a=1；（2）证明：由（1）f（x）=ex（exx1），故f（x）=ex（2exx2），令h（x）=2exx2，h（x）=2ex1，所以h（x）在（，ln）单调递减，在（ln，+）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（2）2=0，h（2）h（ln）0由零点存在定理及h（x）的单调性知，方程h（x）=0在（2，ln）有唯一根，设为x0且2ex0x02=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2ex0x02=0得ex0=

14、，x01，f（x0）=ex0（ex0x01）=（x01）=（x0）（2+x0）（）2=，取等不成立，所以f（x0）得证，又2x0ln，f（x）在（，x0）单调递增，所以f（x0）f（2）=e2e2（2）1=e4+e2e20得证，从而0f（x0）成立2已知函数f（x）=ax+xlnx（aR）（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kZ时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，求k的最大值【解答】（1）函数f（x）在区间e，+）上为增函数，f（x）=a+lnx+10在区间e，+）上恒成立，a（lnx1）max=2a2a的取值范围是2，+）（2）a=1

15、时，f（x）=x+lnx，kZ时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，k，令 g（x）=，则g（x）=，令h（x）=xlnx2（x1） 则h（x）=1=0，h（x） 在 （1，+）上单增，h（3）=1ln30，h（4）=22ln20，存在x0（3，4），使 h（x0）=0即当 1xx0时h（x）0 即 g（x）0；xx0时 h（x）0 即 g（x）0.g（x）在 （1，x0）上单减，在 （x0+）上单增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g（x）min=g（x0）=x0（3，4）kg（x）min=x0（3，4），且kZ，kmax=33函数f（x）=alnxx2+x

16、，g（x）=（x2）exx2+m（其中e=2.71828）（1）当a0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=1，x（0，1时，f（x）g（x）恒成立，求正整数m的最大值【解答】（1）函数f（x）定义域是（0，+），（i）当时，1+8a0，当x（0，+）时f（x）0，函数f（x）的单调递减区间是（0，+）；（）当，2x2+x+a=0的两根分别是：，当x（0，x1）时f（x）0函数f（x）的单调递减当x（x1，x2）时f（x）0，函数f（x）的单调速递增，当x（x2，+）时f（x）0，函数f（x）的单调递减；综上所述，（i）当时f（x）的单调递减区间是（0，+），（）当时，f（x）的单调递增区

17、间是，单调递减区间是和（2）当a=1，x（0，1时，f（x）g（x），即m（x+2）exlnx+x，设h（x）=（x+2）exlnx+x，x（0，1，当0x1时，1x0，设，则，u（x）在（0，1）递增，又u（x）在区间（0，1上的图象是一条不间断的曲线，且，使得u（x0）=0，即，当x（0，x0）时，u（x）0，h（x）0；当x（x0，1）时，u（x）0，h（x）0；函数h（x）在（0，x0单调递减，在x0，1）单调递增，=，在x（0，1）递减，当m3时，不等式m（x+2）exlnx+x对任意x（0，1恒成立，正整数m的最大值是34已知函数f（x）=ex+alnx（其中e=2.71828，是

18、自然对数的底数）（）当a=0时，求函数a=0的图象在（1，f（1）处的切线方程；（）求证：当时，f（x）e+1【解答】（）解：a=0时，f（1）=e，f（1）=e1，函数f（x）的图象在（1，f（1）处的切线方程：ye=（e1）（x1），即（e1）xy+1=0；（）证明：，设g（x）=f（x），则，g（x）是增函数，ex+aea，由，当xea时，f（x）0；若0x1ex+aea+1，由，当0xmin1，ea1时，f（x）0，故f（x）=0仅有一解，记为x0，则当0xx0时，f（x）0，f（x）递减；当xx0时，f（x）0，f（x）递增；，而，记h（x）=lnx+x，则，ah（x0）h（），而h

19、（x）显然是增函数，综上，当时，f（x）e+15已知函数f（x）=axex（a+1）（2x1）（1）若a=1，求函数f（x）的图象在点（0，f（0）处的切线方程；（2）当x0时，函数f（x）0恒成立，求实数a的取值范围【解答】（1）若a=1，则f（x）=xex2（2x1），当x=0时，f（0）=2，f（x）=xex+ex4，当x=0时，f（0）=3，所以所求切线方程为y=3x+2（3分）（2）由条件可得，首先f（1）0，得，而f（x）=a（x+1）ex2（a+1），令其为h（x），h（x）=a（x+2）ex恒为正数，所以h（x）即f（x）单调递增，而f（0）=2a0，f（1）=2ea2a20，

20、所以f（x）存在唯一根x0（0，1，且函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+）上单调递增，所以函数f（x）的最小值为，只需f（x0）0即可，又x0满足，代入上式可得，x0（0，1，即：f（x0）0恒成立，所以（13分）6函数f（x）=xexax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=x+1（1）求a和b的值；（2）若f（x）满足：当x0时，f（x）lnxx+m，求实数m的取值范围【解答】（1）f（x）=xexax+b，f（x）=（x+1）exa，由函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为：y=x+1，知：，解得a=2，b=1（2）f（x）满足：当x0时，f（x）lnxx+m，mxexx

21、lnx+1，令g（x）=xexxlnx+1，x0，则=，设g（x0）=0，x00，则=，从而lnx0=x0，g（）=3（）0，g（1）=2（e1）0，由g（）g（1）0，知：，当x（0，x0）时，g（x）0；当x（x0，+）时，g（x）0，函数g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增g（x）min=g（x0）=x0lnx0=x0lnx0=x0x0+x0=1mxexxlnx+1恒成立mg（x）min，实数m的取值范围是：（，17已知函数f（x）=3ex+x2，g（x）=9x1（1）求函数（x）=xex+4xf（x）的单调区间；（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明【解答

22、】（1）（x）=（x2）（ex2），令（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令（x）0，得xln2或x2；令（x）0，得ln2x2故（x）在（，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增（2）f（x）g（x）证明如下：设h（x）=f（x）g（x）=3ex+x29x+1，h（x）=3ex+2x9为增函数，可设h（x0）=0，h（0）=60，h（1）=3e70，x0（0，1）当xx0时，h（x）0；当xx0时，h（x）0h（x）min=h（x0）=，又，=（x01）（x010），x0（0，1），（x01）（x010）0，h（x）min0，f（x）g（x）8已知函数f（x

23、）=lnx+a（x1）2（a0）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：【解答】（1），当0a2时，f（x）0，y=f（x）在（0，+）上单调递增，当a2时，设2ax22ax+1=0的两个根为，且，y=f（x）在（0，x1），（x2，+）单调递増，在（x1，x2）单调递减（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）可知a2，且于是：由得，设，则，因此g（x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故9已知函数f（x）=，其中a为常数（1）若a=0，求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）在（0，a）上单调递

24、增，求实数a的取值范围；（3）若a=1，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，求证：f（x0）2【解答】（1）f（x）=的定义域是（0，+），f（x）=，令f（x）0，解得0x，令f（x）0，解得：x，则f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，故f（x）极大值=f（）=，无极小值；（2）函数f（x）的定义域为x|x0且xa=，要使函数f（x）在（0，a）上单调递增，则a0，又x（0，a）时，ax+a0，只需1+2lnx0在（0，a）上恒成立，即a2xlnxx在（0，a）上恒成立，由y=2xlnxx的导数为y=2（1+lnx）1=1+2lnx，当x时，函数y递增，0x时，函数y递减，当a即

25、a0时，函数递减，可得a0，矛盾不成立；当a即a时，函数y在（0，）递减，在（，a）递增，可得y2aln（a）+a，可得a2aln（a）+a，解得1a0，则a的范围是1，0）；（3）证明：a=1，则f（x）=，导数为f（x）=，设函数f（x）在（0，1）上的极值点为x0，可得12lnx0=0，即有2lnx0=1，要证f（x0）2，即+20，由于+2=+2=，由于x0（0，1），且x0=，2lnx0=1不成立，则+20，故f（x0）2成立10已知函数f（x）=lnxx+1，函数g（x）=axex4x，其中a为大于零的常数（）求函数f（x）的单调区间；（）求证：g（x）2f（x）2（lnaln2）

26、【解答】解：（）（2分）x（0，1）时，f（x）0，y=f（x）单增；x（1，+）时，f（x）0，y=f（x）单减 （4分）（）证明：令h（x）=axex4x2lnx+2x2=axex2x2lnx2（a0，x0）（5分）故 （7分）令h（x）=0即 ，两边求对数得：lna+x0=ln2lnx0即 lnx0+x0=ln2lna（9分），h（x）2lna2ln2（12分）11已知函数f（x）=x2（a2）xalnx（aR）（）求函数y=f（x）的单调区间；（）当a=1时，证明：对任意的x0，f（x）+exx2+x+2【解答】（）函数f（x）的定义域是（0，+），f（x）=2x（a2）= （2分）当

27、a0时，f（x）0对任意x（0，+）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+）单调递增；（4分）当a0时，由f（x）0得x，由f（x）0，得0x，所以，函数在区间（，+）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（）当a=1时，f（x）=x2+xlnx，要证明f（x）+exx2+x+2，只需证明exlnx20，设g（x）=exlnx2，则问题转化为证明对任意的x0，g（x）0，令g（x）=ex=0，得ex=，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0=，当x变化时，g（x）和g（x）变化情况如下表x（0，x0）x0（x0，）g（x）0+g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=ex0

28、lnx02=+x02，因为x00，且x01，所以g（x）min22=0，因此不等式得证12已知函数（）当a=2时，（i）求曲线y=f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（ii）求函数f（x）的单调区间；（）若1a2，求证：f（x）1【解答】解：（）当a=2时，定义域为（0，+），f（1）=12=3，f（1）=22=0；所以切点坐标为（1，3），切线斜率为0. 所以切线方程为y=3；（ii）令g（x）=2lnx2x2，所以g（x）在（0，+）上单调递减，且g（1）=0所以当x（0，1）时，g（x）0即f（x）0所以当x（1，+）时，g（x）0即f（x）0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，

29、1），单调递减区间是（1，+）（）证明：f（x）1，即设，设（x）=ax2lnx+2.所以（x）在（0，+）小于零恒成立，即h（x）在（0，+）上单调递减.因为1a2，所以h（1）=2a0，h（e2）=a0，所以在（1，e2）上必存在一个x0使得，即，所以当x（0，x0）时，h（x）0，h（x）单调递增，当x（x0，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，所以，因为，所以，令h（x0）=0得，因为1a2，所以，因为，所以h（x0）0恒成立，即h（x）0恒成立，综上所述，当1a2时，f（x）113已知函数f（x）=（xa）lnx+x，（其中aR）（1）若曲线y=f（x）在点（x0，f（x0）处的切线方程为y=x，求a的值；（2）若为自然对数的底数），求证：f（x）0【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+），由题意知，则，解得x0=1，a=1或x0=a，a=1，所以a=1（2）令，则，因为，所以，即g（x）在（0，+）上递增，以下证明在g（x）区间上有唯一的零点x0，事实上，因为，所以，由零点的存在定理可知，g（x）在上有唯一的零点x0，所以在区间（0，x0）上，g（x）=f（x）0，f（x）单调递减；在区间（x0，+）上，g（x）=f（x）0，f（x）单调递增，故当x=x0时，f（x）取得最小值，因为，即，所以，即0f（x）0 聪明在于勤奋，天才在于积累 18