函數(shù)隱性零點的處理技巧

函數(shù)隱性零點的處理技巧近些年高考壓軸題中，用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值及不等式問題成為命題趨勢.用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)綜合問題，最終都會歸結(jié)于函數(shù)的單調(diào)性的判斷，而函數(shù)的單調(diào)性又與導(dǎo)函數(shù)的零點有著密切的聯(lián)系，可以說函數(shù)的零點的求解或估算是函數(shù)綜合問題的核心.函數(shù)的零點是高中數(shù)學(xué)中的一個極其重要的概念，經(jīng)常借助于方程、函數(shù)的圖象等加以解決.根據(jù)函數(shù)的零點在數(shù)值上是否可以準(zhǔn)確求出，我們把它分為兩類：一類是在數(shù)值上可以準(zhǔn)確求出的，不妨稱之為顯性零點；另一類是依據(jù)有關(guān)理論（如函數(shù)零點的存在性定理）或函數(shù)的圖象，能夠判斷出零點確實存在，但是無法直接求出，不妨稱之為隱性零點.本專題通過幾個具體的例題來體會隱性零點的處理步驟和思想方法.一、隱性零點問題示例及簡要分析：1.求參數(shù)的最值或取值范圍例1設(shè)函數(shù)f（x）=ex﹣ax﹣2．（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x＞0時，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．解析：（1）（略解）若a≤0，則f′（x）＞0，f（x）在R上單調(diào)遞增；若a＞0，則f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（﹣∞，lna），增區(qū)間是（lna，+∞）．（2）由于a=1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1=（x﹣k）（ex﹣1）+x+1．故當(dāng)x＞0時，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等價于k＜+x（x＞0）（*），令g（x）=+x，則g′（x）=，而函數(shù)f（x）=ex﹣x﹣2在（0，+∞）上單調(diào)遞增，=1\*GB3①f（1）＜0，f（2）＞0，所以f（x）在（0，+∞）存在唯一的零點．故g′（x）在（0，+∞）存在唯一的零點．設(shè)此零點為a，則a∈（1，2）．當(dāng)x∈（0，a）時，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（a，+∞）時，g′（x）＞0．所以g（x）在（0，+∞）的最小值為g（a）．=2\*GB3②又由g′（a）=0，可得ea=a+2，=3\*GB3③所以g（a）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等價于k＜g（a），故整數(shù)k的最大值為2．點評：從第2問解答過程可以看出，處理函數(shù)隱性零點三個步驟：=1\*GB3①確定零點的存在范圍（本題是由零點的存在性定理及單調(diào)性確定）；=2\*GB3②根據(jù)零點的意義進(jìn)行代數(shù)式的替換；=3\*GB3③結(jié)合前兩步，確定目標(biāo)式的范圍.2.不等式的證明例2.已知函數(shù)f（x）=，其中a為常數(shù)．（1）若a=0，求函數(shù)f（x）的極值；（2）若函數(shù)f（x）在（0，﹣a）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（3）若a=﹣1，設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點為x0，求證：f（x0）＜﹣2．解析（1）略解f（x）極大值=f（）=，無極小值；（2）可得a≤﹣；（3）證明：a=﹣1，則f（x）=導(dǎo)數(shù)為f′（x）=，=1\*GB3①設(shè)函數(shù)f（x）在（0，1）上的極值點為x0，=2\*GB3②可得，即有，要證f（x0）＜﹣2，即+2＜0，由于+2=+2=，由于x0∈（0，1），且x0=，2lnx0=1﹣不成立，=3\*GB3③則，故f（x0）＜﹣2成立．點評：處理函數(shù)隱性零點的三個步驟清晰可見.3.對極值的估算例3.已知函數(shù)f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．解析（1）因為f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），則f（x）≥0等價于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求導(dǎo)可知h′（x）=a﹣．則當(dāng)a≤0時h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0＞1時，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因為當(dāng)0＜x＜時h′（x）＜0，當(dāng)x＞時h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因為h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（另解：因為f（1）=0，所以f（x）≥0等價于f（x）在x＞0時的最小值為f（1），所以等價于f（x）在x=1處是極小值，所以解得a=1；）（2）證明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，記t（x）=2x﹣2﹣lnx，則t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，從而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在兩根x0，x2，且不妨設(shè)f′（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負(fù)、在（x2，+∞）上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣﹣=﹣﹣=﹣+，由x0＜可知f（x0）＜；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，所以f（x0）＞f（）=；綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．點評：本題處理函數(shù)的隱性零點的三步亦清晰可見，請你標(biāo)一標(biāo).簡要分析：通過上面三個典型案例，不難發(fā)現(xiàn)處理隱性零點的三個步驟；這里需要強調(diào)的是：第一個步驟中確定隱性零點范圍的方式是多種多樣的，可以由零點的存在性定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到，甚至可以由題設(shè)直接得到，等等；至于隱性零點的范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時盡可能縮小其范圍；第二個步驟中進(jìn)行代數(shù)式的替換過程中，盡可能將目標(biāo)式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數(shù)函數(shù)式用有理式替換，這是能否繼續(xù)深入的關(guān)鍵；第三個步驟實質(zhì)就是求函數(shù)的值域或最值.最后值得說明的是，隱性零點代換實際上是一種明修棧道，暗渡陳倉的策略，也是數(shù)學(xué)中“設(shè)而不求”思想的體現(xiàn).二、針對性演練：1．已知函數(shù)f（x）=（a∈R），曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值，并求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若λ是整數(shù)，當(dāng)x＞0時，總有f（x）﹣（3+λ）xlnx+，求λ的最大值．2．設(shè)函數(shù)f（x）=e2x﹣alnx．（Ⅰ）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）零點的個數(shù)；（Ⅱ）證明：當(dāng)a＞0時，f（x）≥2a+aln．三、針對性演練參考答案：1.解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f'（x）=（x+1）lnx+（2a+）x+1，依題意可得，f'（1）=1，2a++1=2，∴，f'（x）=（x+1）lnx+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f'（x）=0，即（x+1）（lnx+1）=0，∵x＞0，∴．x∈（，+∞）時，f′（x）＞0，x∈（0，）時，f′（x）＜0．∴f（x）的遞增區(qū)間是（，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，）．（2）由（Ⅰ）可知，f（x）=（+x）lnx+x2??．設(shè)h（x）=，只需λ＜h（x）minh'（x）==（x＞0），令u（x）=x﹣2+lnx，∴u'（x）=1+＞0，可得u（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，∵u（1）=﹣1＜0，u（2）=ln2＞0，∴存在x0∈（1，2），使u（x0）=0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時，u（x）＞0，即h'（x）＞0，當(dāng)x∈（0，x0）時，u（x）＜0，即h'（x）＜0，∴h（x）在x=x0時取最小值，且h（x）min=，又u（x0）=0，∴l(xiāng)nx0=2﹣x0，h（x）min==x0，∵λ＜h（x）min，λ∈Z，x0∈（1，2），∴﹣x0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值為﹣2．2.解（Ⅰ）f（x）=e2x﹣alnx的定義域為（0，+∞），∴f′（x）=2e2x﹣．當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）沒有零點，當(dāng)a＞0時，∵y=e2x為單調(diào)遞增，y=﹣單調(diào)遞增，∴f′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，又f′（a）＞0，假設(shè)存在b滿足0＜b＜ln時，且b＜，f′（b）＜0，故當(dāng)a＞0時，導(dǎo)函數(shù)f′（x）存在唯一的零點，（Ⅱ）由（Ⅰ）知