2020届江苏省高考二轮复习专题：导数中的隐零点问题课件(共21张PPT).pptx

1、导函数中隐零点问题探究 函数是高中数学的核心内容，导数是研究函数问题的有力工具。用导数解决函数综合问题，是高考的重点考察内容，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，可以说导函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。 难以确定的极值点，我们称之为导函数的隐形零点 通过本专题，我们来探究导函数中隐形零点问题的处理策略。x1.f(x)elnx,kf(x)k.例例 已已知知函函数数恒恒成成立立，求求整整数数 的的最最大大值值xxxkelnx,f(x)elnx.1f (x)e,x分析：转化为求函数的最小值定义域是开区间，求导有零点吗，如何判定？xy一一.超越函

2、数中零点问题超越函数中零点问题0 xxxx212x00011elnx,f (x)eg(x)e,xx1g(x)e0,g(x)(0,)x1g(1)e10,g( )e20,211x(,1),(x )e0.2x Q Q解解：设设f f( (x x) )= =，令令在在上上单单调调递递增增，存存在在唯唯一一的的零零点点使使得得g g.1,ln)()()(, 0)( , 0)(),()(, 0)( , 0)(), 0(000min0000 xexexfxfxfxfxgxxxfxfxgxxxx其中其中单调递增；单调递增；即即，当当单调递减；单调递减；即即当当0000min0000000001,ln,11(

3、)()(,1),2111,(,1),(2,3),2,2.xexxxf xf xxxxkxxxxxkZk 两边取对数，又得到整体代入，又因为又即 的最大值为0(1)x评析： 导函数的零点问题，结合单调性和零点存在定理可以判断的大致范围，利用整体代换，将超越函数化为普通的代数形式反思小结：反思小结：S1：先求导，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，：先求导，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，由由 并结合的单调性得到零点的大致范围；并结合的单调性得到零点的大致范围；S2：以零点为分界点，说明导函数的正负，原来函数的增减：以零点为分界点，说明导函数的正负，原来函数的增减性，进而得到函数的极值

4、；性，进而得到函数的极值；S3：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；将超越式化：将零点方程适当变形，整体代入最值式子；将超越式化为常见函数形式，注意为常见函数形式，注意适当缩小适当缩小零点范围；零点范围；导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见其范围（用零点存在性定理），最后整体代入，化归为常见函数形式函数形式.0)x( f0 .16)(,., 00)(2)(, 2)1(.)()( ,)2(3)(. 223的取值范围的取值范围恒成立，求实数恒成立，求实数，不等式，不等式若对任意

5、若对任意，其中，其中有三个互不相同的根有三个互不相同的根）若方程）若方程（的单调区间；的单调区间；求函数求函数当当的导函数，其中的导函数，其中为为已知函数已知函数例例ttxfxxfxftRtxfxfxtxxxf .16)(16)(,.023,)23()(2,63)( ,3)(2)1.(max22223txftxfxtxxtxxxxfxxxfxxxft 即即恒成立，恒成立，不等式，不等式对任意对任意两个不等的实根两个不等的实根为方程为方程，其中，其中）（易于求单调区间；易于求单调区间；，当当分析分析 二二.含参的零点问题含参的零点问题；，单调减区间为，单调减区间为和和的单调增区间为的单调增区间为

6、略解，略解，)2 , 0(), 2()0 ,()()1(xf. 241160)(, 0)(,2, 02 ,0max ttxfxfxtt，解得，解得，即即时时当当 .0 ,)(,2, 02 ,0max内的极大值内的极大值为为，即即时时当当 xfxtt .0263, 0)1(12)2(1236,263)( 212212xxtxxxxtttxxxf 的两个不等实根，设的两个不等实根，设为为 0 022f(x)x(x3x2t), ,x3x2t0194(2t)0,t,3,2t.4 为为的的两两个个不不等等实实根根，的两个不等实数根是其中0t2x6x3x,x, t16x) t2(x3x)x(f)x(f22

7、1121311max .11, 2()2 ,41( 的取值范围是的取值范围是综上：综上：t麻麻烦烦。的的不不等等式式，化化简简运运算算较较于于通通过过降降次次，消消元元，解解关关得得的的根根直直接接代代入入求求值值，次次方方程程直直接接求求根根，将将求求评评析析：通通过过含含参参数数的的二二t11t211t3241t)1t (t161x)1t ()1x(x) t2(x3x,3)1t (33x.1131121311 ，即代入，降次，消元直接求解法1162116231623)1(0 ,16)2(321121112131121311112131 xxxxxxxtxxxxtxtxtxxt 其中其中时，

8、时，法二：分参角度，当法二：分参角度，当.112,11)1()(. 0)( ),0 , 1(, 0)( ),1,(, 1, 0)( )1(16)1(2)1(1622)( ,1162)(min2322 thxhxhxxhxxxhxxxxxhxxxxh令令设设常用的处理方法。常用的处理方法。函数的最值问题是我们函数的最值问题是我们不等式的恒成立转化为不等式的恒成立转化为把极值点代入求值。把极值点代入求值。构造函数，避开了直接构造函数，避开了直接评析：法二通过分参，评析：法二通过分参，., 263,02631211121的取值范围的取值范围求出求出再根据再根据的取值范围，的取值范围，求出变量求出变量

9、消消用用法三：变更主元，先利法三：变更主元，先利txxtxttxx 112111)1(32630108)1(0733)263(16)2632(3263, 0263,16)2(3221121131121311211121213112112112131 txxxtxxxxxxxxxxxxxxttxxtxtxxt代入代入其中其中时，时，当当的取值范围。的取值范围。求出参数求出参数的范围，再通过反代，的范围，再通过反代，量量变更主元，转化为求变变更主元，转化为求变tx10 x10)7x4x)(1x(07x3x3x1121112131 ；解解不不等等式式代代入入，降降次次，消消元元得得，法法一一：直直接

10、接求求解解txtxxtxtxx 16)2(3,3)1(33026312131112111621162316)2(301121112131121311 xxxxxxxttxtxxx，法二：分参视角法二：分参视角., 2630 , 1,16)2(3,263121112131121的取值范围的取值范围求出求出），），求出求出消消法三：变更主元，法三：变更主元，txxtxtxtxxtxxt 运算量大运算量大化简，化简，法一直接求零点，代入法一直接求零点，代入转化为最值，常规方法转化为最值，常规方法数，数，法二分离参数，构造函法二分离参数，构造函维维法三变更主元，逆向思法三变更主元，逆向思时时反思：当反

11、思：当2 ttxtxxxfxf 16)2(3)()(121311max.)x( f)3a( 1x)a3a92(axx)x( f.223的所有极值之和的所有极值之和求求，已知函数已知函数变式变式 ).x( f),x( fx,x)x( fx,x0)x( f0a3)27a(4)a3a92(12a4a3a92ax2x3)x( f21212132222体求解出体求解出含有参数，代入难以具含有参数，代入难以具但但有两个极值，有两个极值，且两侧异号，且两侧异号有两个不同的实根有两个不同的实根，分析：分析： 和。和。整体代换，探求极值之整体代换，探求极值之虚设零点，设而不求，虚设零点，设而不求，的根与系数的关

12、系，的根与系数的关系，根据根据aaxx,axxx,x1272322212121 0222742742)1272(2392)32()1272(394)32(2)(392()2)()3)(2)(392()2)()(2)(392()()(1)392(1)392()()(332222221221221212212121221221212221212122221323122223212213121 aaaaaaaaaaaaxxaaxxxxaxxxxxxxxaaxxxxaxxxxxxxxaaxxaxxxaaaxxxaaaxxxfxf理，整体代换理，整体代换虚设零点，利用韦达定虚设零点，利用韦达定.41)(

13、,ln)(:2017. 30202 xfexxxxxxf且且大值点大值点证明函数存在唯一的极证明函数存在唯一的极已知函数已知函数）高考改编高考改编（拓展提升（拓展提升例例的的表表达达式式？极极大大值值点点，如如何何化化简简是是唯唯一一的的是是否否有有零零点点，如如何何证证明明，存存在在零零点点存存在在极极值值的的必必要要条条件件是是分分析析：可可导导函函数数)x( fx, xln2x2)x( fx)x( f)x( f000 单调递增；，在单调递减；在令又可以观察出解：)x(g, 0)x( g),21(x)x(g, 0)x( g),21, 0(x,21x, 0)x( g,x1x2x12)x( g

14、, xln2x2)x(g, 0)1( fxln2x2)xln1(1x2)x( f, xlnxxx)x( f2 .)x(f)x( fx(g. 1),21(x)21, 0()x(g, 022e2)e(g, 0)1(g, 02ln1)21(g022的的极极值值情情况况如如下下的的正正负负，判判断断）的的正正负负，即即由由只只有有一一个个零零点点，在在零零点点只只有有一一个个在在 1)(xg21.41)x( fe.e)x( f)x( f),21, 0(e,eelneee)e ( f.41)x( f,41)21x()x1(x)xln1x(x)x( f),21, 0(x, 02xlnx2)x( fxx02

15、20012111210200000000000 综上：是极大值，因为而又因为成立所以的唯一的极大值点，且是函数 1 + 0 - 0 + 增 大 减 小 增 x)( xf)(xf), 0(0 x0 x)1 ,(0 x), 1 ( 小结：小结：当函数的零点不易求出时，注意分析其导数的单调性，结合当函数的零点不易求出时，注意分析其导数的单调性，结合零点存在定理，确定零点的范围零点存在定理，确定零点的范围注：（注：（1）确定隐性零点，可以由零点的存在性定理确定，也）确定隐性零点，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，及题设条件得到等等；至于隐可以由函数的图象特征得到，及题设条件得到等

16、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围；尽可能缩小其范围； （2）进行代数式的替换过程中，尽可能将复杂目标式变形）进行代数式的替换过程中，尽可能将复杂目标式变形为常见的整式或分式，需要尽可能将指、对数函数式用有理为常见的整式或分式，需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是解题能否继续深入的关键；式替换，这是解题能否继续深入的关键； （3）整体代入，设而不求）整体代入，设而不求将所求函数的超越式化为常见形将所求函数的超越式化为常见形式。式。直接求解直接求解变更主元变更主元分参转化分参转化虚设零点，虚设零点，关系代入关系代入整体代换整体代换再次求导再次求导隐零点隐零点设而不求，整体代入设而不求，整体代入明修栈道，暗度陈仓明修栈道，暗度陈仓作业：作业：的最小值。的最小值。有解，求整数有解，求整数的不等式的不等式已知关于已知关于 2ln)3(. 1 xxx).()(, 1)(,ln)(. 2xgxfxexgxxxfx 求证：求证：已知函数已知函数. 2)(,)1 , 0()(,)1(ln)(. 3002 xfxxfxxxf求证：求证：上的极值点为上的极值点为在在设设已知函数已知函数