（2020创新设计一轮复习数学）第四章-补上一课-导函数的“隐零点”问题.pptx

1、【2020创新设计一轮复习数学】第四章-补上一课-导函数的“隐零点”问题知 识 拓 展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.题 型 突 破题型一函数最值中的“隐零点”【例1】设函数f(x)e2xaln 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

2、(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)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).(1)解f(x)的定义域为(，2)(2，).当且仅当x0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(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.由(1)知，f(x)a单调递增，对任意a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一xa(0，2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.当0 xxa时，f(x)a0，g(x)xa时

3、，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增.所以，由xa(0，2，题型二不等式证明中的“隐零点”【例2】(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，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.(1)解f(x)的定义域为(0，)，设g(x)axaln 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 x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，

4、当x(x0，1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).因为xx0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)0，aR).(1)求函数yf(x)的单调区间；(2)当a1时，证明：对任意的x0，f(x)x2xex2.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，当a0时，f(x)0对任意的x(0，)恒成立，所以函数f(x)单调递增；(2)证明当a1时，f(x)x2xln x，只需证明exln x20，设g(x)exln x2(x0)，

5、当x变化时，g(x)和g(x)变化情况如下表x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)极小值g(x0)因为x00，且x01，(1)解f(x)的定义域为(0，)，()若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减.()若a2，令f(x)0得，(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0且g(2)a0，即0a2.考虑到x1，x2是方程2x24xa0的两根.(x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x24其中0a0)，h(a)4，a2，h(a)2，所以h(a)的值域为(2，4).综上所述f(x1)f(x2)的取值范围是(2，4).