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專題22導數(shù)隱零點問題
知識梳理
方法技巧

題型歸類
題型一：導函數(shù)中二次函數(shù)的隱零點問題
題型二：導函數(shù)中非二次函數(shù)的隱零點問題

培優(yōu)訓練
訓練一：
訓練二：
訓練三：
訓練四：
訓練五：
訓練六：
強化測試
解答題：共12題
一、【知識梳理】
【方法技巧】
1.在求解函數(shù)問題時，很多時候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點，但所述情形都難以求出其準確值，導致解題過程無法繼續(xù)進行時，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間I的兩個端點的函數(shù)值異號時就可證明存在唯一的零點)，這時可設出其零點是x0.因為x0不易求出(當然，有時是可以求出但無需求出)，所以把零點x0叫做隱零點；若x0容易求出，就叫做顯零點，而后解答就可繼續(xù)進行，實際上，此解法類似于解析幾何中“設而不求”的方法.
2.當分析導函數(shù)的正負性時，可歸結為處理某個二次函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的零點問題，但二次函數(shù)零點的求解又很復雜，此時一般要借助于韋達定理或極值的特性來對零點“設而不求”.
3.當分析導函數(shù)的正負性時，需要歸結為分析某個非二次函數(shù)的零點，我們處理問題的方法相對就比較有限，其常用的方法為：確定零點存在的前提下，虛設零點并借助該形式化零點進行單調(diào)性分析及后續(xù)處理，或借助其滿足的恒等式(即導數(shù)值為0)，通過恒等代換將問題進行轉化.　
4.零點問題求解三步曲
(1)用函數(shù)零點存在定理判定導函數(shù)零點的存在性，列出零點方程f′(x0)＝0，并結合f′(x)的單調(diào)性得到零點的取值范圍．
(2)以零點為分界點，說明導函數(shù)f′(x)的正負，進而得到f(x)的最值表達式．
(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮小．
二、【題型歸類】
【題型一】導函數(shù)中二次函數(shù)的隱零點問題
【典例1】已知實數(shù)a滿足a≥＋－2，且函數(shù)f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一個極小值m和極大值M，求m－M的最大值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)).
【解析】由于f′(x)＝＋x－(a＋2)＝，x>0，
設正數(shù)x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的兩個相異實根，即方程a＋2＝x＋，x>0有兩個相異正根，不妨設x10,且f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以當x∈0,x0時,f(x)0,g(x)單調(diào)遞增.
所以g(x)min=gx0=x0e2x0-ln?x0-2x0.
由式(1)可得e2x0=1x0,ln?x0=-2x0,所以g(x)min=x0?1x0+2x0-2x0=1.
又x>0時,1x+11x+1,得證.
三、【培優(yōu)訓練】
【訓練一】已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)證明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【解析】(1)解　f′(x)＝－a＝(x>0)，
當a≤0時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝，
所以當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當x∈時，f′(x)0時，f(x)在上單調(diào)遞增，
在上單調(diào)遞減．
(2)證明　設函數(shù)φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
則φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又由φ′(1)0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實數(shù)根x0，且10，
即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【訓練二】已知函數(shù)f(x)＝aex－2x，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當a＝1時，求證：f(x)＋x2－x＋1>0.
【解析】(1)解　∵f′(x)＝aex－2，
若a≤0，則aex－20，當aex－20，
∴h(x)在R上單調(diào)遞增，
又h(0)0，
∴存在唯一零點x0∈(0,1)，
使h(x0)＝＋2x0－＝0，①
當x∈(－∞，x0)時，h(x)0，g(x)單調(diào)遞增，
故g(x)在x＝x0處取得極小值，也是最小值．
g(x)min＝g(x0)＝＋x－x0＋1，
將①式代入，
則g(x)min＝g(x0)＝－2x0＋x－x0＋1
＝x－x0＋，
∵二次函數(shù)y＝x2－x＋在(0,1)上單調(diào)遞減，
∴當x＝1時，y有最小值ymin＝12－＋＝0，
∴g(x)min>0，
∴f(x)＋x2－x＋1>0.
【訓練三】已知函數(shù)f(x)=ln?x-mx+1,g(x)=xex-2.
(1)若f(x)的最大值是0,求m的值;
(2)若對其定義域內(nèi)任意x,f(x)?g(x)恒成立,求m的取值范圍.
【解析】(1)定義域為(0,+∞).
若m?0,f(x)單調(diào)遞增,函數(shù)無最大值;
若m>0時,f'(x)=1x-m=1-mxx.
當x∈0,1m時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
當x∈1m,+∞時,f'(x)0.
由于Q120,所以存在x0使得Qx0=0.
當x∈0,x0時,φ'(x)0,
則存在x0∈1,1+12ln?2,使得f'x0=0,即ex0-2x0-1=0,
當x∈0,x0時,f'(x)fe-1=e-2.
所以,e-2k.
令h(x)＝＋，
則由題意得，k0.
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，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，又由于g(0)＝－10,
且r'(x)的圖象在12,1上不間斷,所以存在x0∈12,1,使得r'x0=0,
即ex0-1x0=0,則x0=-lnx0．
所以當x∈12,x0時,r(x)單調(diào)遞減；當時,r(x)單調(diào)遞增．
則r(x)的最小值為rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1,x0∈12,1,
由對勾函數(shù)性質(zhì)得,x0+1x0∈2,52,
所以rx0=ex0-lnx0-1=x0+1x0-1>1>0,
所以h'(x)>0,即在區(qū)間12,+∞上單調(diào)遞增,
所以12m≤h12=e12-12ln12=e12+12ln2≈1.99525．
所以存在整數(shù)m滿足題意,且整數(shù)m的最大值為3．
5. 已知函數(shù).
（1）若,求的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對于任意的,恒成立,求的最小值.
【解析】（1）因為a=0,
所以fx=-xex,f'x=-x+1ex.
令f'x=0,得x=-1.
當x∈-∞,-1時,f'x>0；
當x∈-1,+∞時,f'x0,fx在-∞,-1單調(diào)遞增,
又x→-1時,fx→+∞；x→-∞時,fx→-∞；
所以此時fx在-∞,-1只有一個零點；
（2）當a>0時,則x∈-1,-∞,
g'x=aexx+2>0恒成立,gx在-1,-∞單調(diào)遞增,
且g-1=-11,1+a>1,則g1a=ae1a1a+1-1=e1a1+a-1>0,
故存在x0∈-1,1a,使得gx0=0,
當x∈-1,x0時,gx0,
因為當x>-1時,1x+1>0,
所以當x∈-1,x0時,f'x0時,f(x)?2a+aln?2a.
【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
當a?0時,f'(x)>0,f'(x)沒有零點;
當a>0時,因為f''(x)=4e2x+ax2>0,所以f'(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.
又f'(a)=2e2a-1>0,又當x0時,f'(x)有一個零點.
(2)由(1)知f'(x)在(0,+∞)存在唯一零點x0,
當x∈0,x0時,f'(x)0時,f(x)?2a+aln?2a.
9. 已知函數(shù)f(x)＝ax2－xln x＋(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】因為f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，
f″(x)＝2a－＝，
①當a＞0時，f(1)＝a＋＞0與f(x)≤0恒成立矛盾，不合題意.
②當a＜0時，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.
因為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，當x∈(0，x0)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.
所以f(x)max＝f(x0)＝ax－x0ln x0＋
＝×x－x0ln x0＋
＝≤0.
因為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.
因為a＝，所以設g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，
則g′(x)＝＞0，
所以g(x)在[e－3，e－1)上單調(diào)遞增，
所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，
即－e3≤g(x)＜0，
所以－e3≤a＜0.
10. 證明：函數(shù)f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一極小值點x0，且－1＜f(x0)＜0.
【解析】因為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)單調(diào)遞增.
又f′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，
因為(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，
則在(－π，x0)上，f′(x)＜0，
在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－π，x0)上單調(diào)遞減，
在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)存在唯一的極小值點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)存在唯一極小值點x0，
且－1＜f(x0)＜0.
11. 已知函數(shù)f(x)＝2x＋ln(2x－1).
(1)求f(x)在x＝1處的切線方程；
(2)求證：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e為自然對數(shù)的底數(shù)).
【解析】(1)解　因為f(x)＝2x＋ln(2x－1)，
所以f′(x)＝2＋，
則f(1)＝2，f′(1)＝4，
所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－2＝4(x－1)，
即4x－y－2＝0.
(2)證明　令t＝2x－1>0，
要證f(x)≤(2x－1)e2x－1，
即證t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，
構造函數(shù)g(t)＝tet－t－ln t－1，
則g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0.
令φ(t)＝et－，
其中t>0，則φ′(t)＝et＋>0，
所以函數(shù)φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
因為φ＝－20，
所以存在t0∈，
使得φ(t0)＝et0－＝0，
即t0et0＝1.
當00.
易知f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(1)＝0，
所以當x∈(0，1)時，f′(x)0.
所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.
所以f(x)的最小值為f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，無最大值.
(2)因為f(x)＝xex－ax－aln x＋a，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·，x>0.
當a≤0時，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故此時函數(shù)f(x)至多有一個零點，不符合題意.
當a>0時，令g(x)＝ex－，x>0，
則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
且當x→0時，g(x)→－∞，當x→＋∞時，g(x)→＋∞，
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一個零點.
令ex－＝0，則該方程有且只有一個正根，記為x0(x0>0)，
則可得
x
(0，x0)
(x0，＋∞)
f′(x)
－
＋
f(x)
單調(diào)遞減
單調(diào)遞增
為了滿足f(x)有兩個零點，則有f(x0)＝x0e x0－ax0－aln x0＋a1.
又f(1)＝e－a＋a＝e>0，
所以f(x)在(1，x0)上有且只有一個零點.
當a∈(e2，＋∞)且x→＋∞時，
易知f(x)→＋∞，
所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一個零點.
綜上，實數(shù)a的取值范圍為(e2，＋∞).

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