2023高考数学二轮专题 微专题36 导函数的隐零点

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微专题36　导函数的隐零点导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.类型一　导函数中二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.例1 已知实数a满足a≥＋－2，且函数f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值M，求m－M的最大值(其中e为自然对数的底数).解　由于f′(x)＝＋x－(a＋2)＝，x>0，设正数x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋，x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2，由于当0<x<x1时，f′(x)>0，当x1<x<x2时，f′(x)<0，当x>x2时，f′(x)>0，从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，从而f(x)的极大值为M＝f(x1)，极小值为m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.又＝＋＝＝(a＋2)2－2≥－2＝e＋，令t＝>1，从而t＋≥e＋，从而t≥e.故m－M＝f(x2)－f(x1)＝ln ＋－(a＋2)(x2－x1)＝ln ＋－(x2＋x1)(x2－x1)＝ln －＝ln －＝ln －＝ln t－t＋，t≥e.令g(t)＝ln t－t＋，t≥e.从而g′(t)＝－－＝＝<0，从而g(t)在[e，＋∞)上单调递减，故m－M＝g(t)，t≥e的最大值为g(e)＝－＋1.训练1 已知函数f(x)＝x＋＋aln x，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有≤f(x)≤2e恒成立，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).解　由题意知只需f(x)min≥，f(x)max≤2e，x∈[1，e].下面分f(x)单调和非单调进行讨论.显然f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＋＝，x>0.①若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≥0时，即a≥0时，则f(x)在[1，e]上单调递增，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(1)<f(e)≤2e，即故0≤a≤e－.②若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0时(即a≤－x对任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤－e时，则f(x)在[1，e]上单调递减，故要使得≤f(x)≤2e，只需≤f(e)<f(1)≤2e，即故a＝－e.③若－e<a<0时，则f′(x)在(1，e)上存在唯一的零点x0，且当1≤x<x0时，f′(x)<0，当x0<x≤e时，f′(x)>0，故f(x)在[1，x0)上单调递减，在(x0，e]上单调递增.要使得≤f(x)≤2e，则需即考虑到x0满足x＋ax0－1＝0，从而f(x0)＝＝.令h(x)＝，x∈(1，e)，则h′(x)＝<0，故h(x)在(1，e)上单调递减，又x0∈(1，e)，从而f(x0)＝h(x0)>h(e)＝.故使得不等式≤f(x)≤2e成立的实数a的范围为－e<a<0.综合上述，满足条件的实数a的范围为.类型二　导函数中非二次函数的隐零点问题当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.例2 已知函数f(x)＝＋，若f(x)>在(0，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值.解　由于f(x)>⇔(x＋1)f(x)＝>k.令h(x)＝＋，则由题意得，k<h(x)min，其中x>0.h′(x)＝.令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，其中x>0.由于g′(x)＝－＋1＝>0，故g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g(0)＝－1<0，g(1)＝－ln 2<0，g(2)＝－ln 3＋1<0，g(3)＝－ln 4＋2>0，故g(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈(2，3).由此当x∈(0，x0)时，g(x)<0，h′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0.故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值为h(x0).考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，故ln(x0＋1)＝x0－1，故h(x)min＝h(x0)＝＝＝＝x0＋1∈(3，4).又k<h(x)min＝x0＋1，故满足条件的整数k的最大值为3.例3 若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围.解　∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x＞0，∴k≥－ex＋2恒成立，令φ(x)＝－ex＋2，则φ′(x)＝－ex＝.令μ(x)＝－ln x－x2ex，则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)，∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，即－ln x0＝xex0，两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0.又当0＜x＜x0时，μ(x)＞0，φ′(x)＞0；当x＞x0时，μ(x)＜0，φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴φ(x)≤φ(x0)＝－ex0＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，即k的取值范围为k≥1.例4 (2022·济宁模拟改编)已知函数f(x)＝ax2－xln x＋(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解　因为f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，f″(x)＝2a－＝，①当a＞0时，f(1)＝a＋＞0与f(x)≤0恒成立矛盾，不合题意.②当a＜0时，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减.因为f′(e－1)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，所以∃x0∈(e2a－1，e－1)，使得f′(x0)＝2ax0－ln x0－1＝0，即a＝.所以，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)max＝f(x0)＝ax－x0ln x0＋＝×x－x0ln x0＋＝≤0.因为x0∈(e2a－1，e－1)，所以ln x0＋1＜0.所以9－(ln x0)2≥0，即－3≤ln x0＜－1，解得e－3≤x0＜e－1.因为a＝，所以设g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，则g′(x)＝＞0，所以g(x)在[e－3，e－1)上单调递增，所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，即－e3≤g(x)＜0，所以－e3≤a＜0.训练2 (2022·西安模拟改编)证明：函数f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.证明　因为f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，所以f′(x)＝ex＋cos x，f″(x)＝ex－sin x＞0恒成立，所以f′(x)单调递增.又f′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，因为(eπ)2＝eπ＞e＞2，所以eπ＞，即＜，所以f′＜0，所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，即ex0＋cos x0＝0，则在(－π，x0)上，f′(x)＜0，在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，所以f(x)在(－π，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)存在唯一的极小值点x0.f(x0)＝ex0＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin，由x0∈，得x0－∈，所以f(x0)＝sin∈(－1，0)，故f(x)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.训练3 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1).(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数).(1)解　因为f(x)＝2x＋ln(2x－1)，所以f′(x)＝2＋，则f(1)＝2，f′(1)＝4，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.(2)证明　令t＝2x－1>0，要证f(x)≤(2x－1)e2x－1，即证t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，构造函数g(t)＝tet－t－ln t－1，则g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0.令φ(t)＝et－，其中t>0，则φ′(t)＝et＋>0，所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增.因为φ＝－2<0，φ(1)＝e－1>0，所以存在t0∈，使得φ(t0)＝et0－＝0，即t0et0＝1.当0<t<t0时，φ(t)<0，即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；当t>t0时，φ(t)>0，即g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增.所以g(t)min＝g(t0)＝t0et0－ln et0－ln t0－1＝t0et0－ln(t0et0)－1＝1－1＝0，故所证不等式成立.一、基本技能练1.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－.(1)解　因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1得a＝1.又当x＝0时，f(x)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0ex0＝1⇒ex0＝，f(x0)＝－x0＝1－，又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒2<＋x0<，所以f(x0)>－.2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a.(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.解　(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).当a＝e时，f(x)＝xex－ex－eln x＋e，f′(x)＝(x＋1)ex－e－＝(x＋1)·，x>0.易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.(2)因为f(x)＝xex－ax－aln x＋a，所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·，x>0.当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.当a>0时，令g(x)＝ex－，x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.令ex－＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，则可得x(0，x0)(x0，＋∞)f′(x)－＋f(x)单调递减单调递增为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0ex0－ax0－aln x0＋a<0.①因为x0是方程ex－＝0的解，所以x0ex0＝a，②两边取对数可得ln x0＋x0＝ln a，③将②③代入①可得f(x0)＝a(2－ln a)<0，解得a>e2.所以实数a的取值范围为(e2，＋∞).当a∈(e2，＋∞)时，由②易知x0>1.又f(1)＝e－a＋a＝e>0，所以f(x)在(1，x0)上有且只有一个零点.当a∈(e2，＋∞)且x→＋∞时，易知f(x)→＋∞，所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一个零点.综上，实数a的取值范围为(e2，＋∞).3.(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求b的最小值.解　(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)ex，当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.(2)g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)，因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立，即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立.令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，因为x∈，所以x－1<0.再令函数t(x)＝ex－，可得t′(x)＝ex＋>0，所以函数t(x)单调递增.因为t＝e－2<0，t(1)＝e－1>0，所以一定存在唯一的x0∈，使得t(x0)＝0，即ex0＝，即x0＝－ln x0，所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3).因为b∈Z，所以b的最小值为－3.二、创新拓展练4.(2022·广州二模节选)已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.(1)求实数a的值；(2)求证：f(x)＋g(x)<.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，由f′(x)＝0得x＝1，易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，g′(x)＝1－，依题意有g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1，经验证符合题意，故a＝1.(2)证明　所证不等式即为xln x－ex<cos x－1，x>0，下证：xln x－ex<－x－1，即证xln x－ex＋x＋1<0.设h(x)＝xln x－ex＋x＋1，则h′(x)＝ln x＋1－ex＋1＝ln x－ex＋2，令r(x)＝h′(x)＝ln x－ex＋2，则r′(x)＝－ex(x>0)，易知函数r′(x)在(0，＋∞)上单调递减，且r′＝2－>0，r′(1)＝1－e<0，故存在唯一的x0∈，使得r′(x0)＝0，即＝ex0，ln x0＝－x0，且当x∈(0，x0)时，r′(x)>0，r(x)即h′(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，r′(x)<0，r(x)即h′(x)单调递减，所以h′(x)max＝h′(x0)＝ln x0－ex0＋2＝－x0－＋2＝－<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.又x→0时，h(x)→0，故h(x)<0，即xln x－ex<－x－1.再证：－x－1<cos x－1(x>0)，即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，设m(x)＝cos x＋x，则m′(x)＝－sin x＋1≥0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝1>0，即cos x＋x>0，故－x－1<cos x－1.综上，xln x－ex<cos x－1.