導(dǎo)函數(shù)的隱零點(diǎn)教學(xué)設(shè)計(jì)

導(dǎo)函數(shù)的隱零點(diǎn)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在很多時(shí)候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點(diǎn)”，即能確定其存在，但又無法用顯性的代數(shù)進(jìn)行表達(dá).這類問題的解題思路是對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，利用整體代換思想，再結(jié)合題目條件解決問題.類型一導(dǎo)函數(shù)中二次函數(shù)的隱零點(diǎn)問題當(dāng)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性時(shí)，可歸結(jié)為處理某個(gè)二次函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)問題，但二次函數(shù)零點(diǎn)的求解又很復(fù)雜，此時(shí)一般要借助于韋達(dá)定理或極值的特性來對(duì)零點(diǎn)“設(shè)而不求”.例1已知實(shí)數(shù)a滿足a≥eq\r(e)＋eq\f(1,\r(e))－2，且函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(x2,2)－(a＋2)x恰有一個(gè)極小值m和極大值M，求m－M的最大值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).解由于f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(a＋2)＝eq\f(x2－（a＋2）x＋1,x)，x>0，設(shè)正數(shù)x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的兩個(gè)相異實(shí)根，即方程a＋2＝x＋eq\f(1,x)，x>0有兩個(gè)相異正根，不妨設(shè)x1<x2，由于當(dāng)0<x<x1時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>x2時(shí)，f′(x)>0，從而f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)的極大值為M＝f(x1)，極小值為m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.又eq\f(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2),x1x2)＝eq\f(x2,x1)＋eq\f(x1,x2)＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,x1x2)＝(a＋2)2－2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)＋\f(1,\r(e))))eq\s\up12(2)－2＝e＋eq\f(1,e)，令t＝eq\f(x2,x1)>1，從而t＋eq\f(1,t)≥e＋eq\f(1,e)，從而t≥e.故m－M＝f(x2)－f(x1)＝lneq\f(x2,x1)＋eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2)－(a＋2)(x2－x1)＝lneq\f(x2,x1)＋eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2)－(x2＋x1)(x2－x1)＝lneq\f(x2,x1)－eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2)＝lneq\f(x2,x1)－eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),2x1x2)＝lneq\f(x2,x1)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)))＝lnt－eq\f(1,2)t＋eq\f(1,2t)，t≥e.令g(t)＝lnt－eq\f(1,2)t＋eq\f(1,2t)，t≥e.從而g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,2t2)－eq\f(1,2)＝eq\f(－t2＋2t－1,2t2)＝eq\f(－（t－1）2,2t2)<0，從而g(t)在[e，＋∞)上單調(diào)遞減，故m－M＝g(t)，t≥e的最大值為g(e)＝eq\f(1,2e)－eq\f(e,2)＋1.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋alnx，a∈R.若對(duì)任意的x∈[1，e]，都有eq\f(2,e)≤f(x)≤2e恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).類型二導(dǎo)函數(shù)中非二次函數(shù)的隱零點(diǎn)問題當(dāng)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性時(shí)，需要?dú)w結(jié)為分析某個(gè)非二次函數(shù)的零點(diǎn)，我們處理問題的方法相對(duì)就比較有限，其常用的方法為：確定零點(diǎn)存在的前提下，虛設(shè)零點(diǎn)并借助該形式化零點(diǎn)進(jìn)行單調(diào)性分析及后續(xù)處理，或借助其滿足的恒等式(即導(dǎo)數(shù)值為0)，通過恒等代換將問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化.例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ln（x＋1）,x)＋eq\f(1,x)，若f(x)>eq\f(k,x＋1)在(0，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值.解由于f(x)>eq\f(k,x＋1)?(x＋1)f(x)＝eq\f(（x＋1）ln（x＋1）＋x＋1,x)>k.令h(x)＝eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＋eq\f(x＋1,x)，則由題意得，k<h(x)min，其中x>0.h′(x)＝eq\f(－ln（x＋1）＋x－1,x2).令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，其中x>0.由于g′(x)＝－eq\f(1,x＋1)＋1＝eq\f(x,x＋1)>0，故g(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，又由于g(0)＝－1<0，g(1)＝－ln2<0，g(2)＝－ln3＋1<0，g(3)＝－ln4＋2>0，故g(x)在(0，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，并且x0∈(2，3).由此當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)<0，h′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)>0，h′(x)>0.故h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)的最小值為h(x0).考慮到x0∈(2，3)為g(x)的零點(diǎn)，故ln(x0＋1)＝x0－1，故h(x)min＝h(x0)＝eq\f(（x0＋1）ln（x0＋1）＋x0＋1,x0)＝eq\f(（x0＋1）（x0－1）＋x0＋1,x0)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)