高考数学复习导数中的隐零点问题VIP免费

衢州三中微专题系列之《导数中的隐零点问题》衢州三中李娜知识要点求解导数题时，经常会碰到导函数存在零点但求解比较繁杂甚至无法求解的情形，我们将这类问题称为“隐零点”问题。这类问题我们一般采用设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件，从而使问题得到解决。解隐零点问题的一般策略：第一步：用零点存在性定理（或用二分法进一步缩小零点的范围）判断导函数零点的存在性。列出零点方f′(x0)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围。第二步：将零点方程f′(x0)=0适当变形，整体代入最值式子中进行化简证明、求最值、解不等式等。典例分析【类型一】不含参函数的隐零点问题(构造关于隐零点的单一函数进行求解)已知不含参函数f(x)，导函数方程f'(x)0的根存在，却无法求出，设方程f'(x)0的根为x0，则①有关系式f'(x0)0成立，②注意确定x0的合适范围.例1已知函数f（x）=（ae﹣a﹣x）e（a≥0，e=2.718…，e为自然对数的底数），若f（x）≥0对于x∈R恒成立．（1）求实数a的值；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且【解答】（1）a=1，证明略；（2）证明：由（1）f（x）=e（e﹣x﹣1），故f'（x）=e（2e﹣x﹣2），令h（x）=2e﹣x﹣2，h'（x）=2e﹣1，所以h（x）在（﹣∞，ln）单调递减，在（ln，+∞）单调递增，xxxxxxxx．h（0）=0，h（ln＞0， h（﹣2）h（ln）=2eln﹣ln﹣2=ln2﹣1＜0，h（﹣2）=2e﹣2﹣（﹣2）﹣2=）＜0由零点存在定理及h（x）的单调性知，）有唯一根，方程h（x）=0在（﹣2，ln设为x0且2e﹣x0﹣2=0，从而h（x）有两个零点x0和0，所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值点x0即证，由2e﹣x0﹣2=0得e=x0x0x0，x0≠﹣1，∴f（x0）=e（e﹣x0﹣1）=（）=2x0x0（﹣x0﹣1）=（﹣x0）（2+x0）≤，取等不成立，所以f（x0）＜又 ﹣2＜x0＜ln得证，，f（x）在（﹣∞，x0）单调递增﹣2﹣2所以f（x0）＞f（﹣2）=e[e﹣（﹣2）﹣1]=e﹣4+e﹣2＞e﹣2＞0得证，从而0＜f（x0）＜例2已知函数（1）讨论的最值；.成立．（2）若【解析】，求证：..（1）依题意，得递减，故②当.①当时，，所以在上单调不存在最大值和最小值；时，由得，.当变化时，与的变化情况如下表（2）当，，由，设，可知，则在，设上单调递增.因为，.当变化时，与，所以存在唯一的的变化情况如下表：，使得由上表可知，在上单调递减，在上单调递增，故当.由.又，所以，所以不等式【类型二】含参函数的隐零点问题对于含参数的隐零点问题，在整体代换时，需要利用零点方程得出参数与零点的关系，将参数用零点表示，再结合具体问题进行求解、已知含参函数f(x,a)，其中a为参数，导函数方程f'(x,a)0的根存在，却无法求出，设方程f'(x)0的根为x0，则①有关系式f'(x0)0成立，该关系式给出了x0,a的关系，②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.例3已知函数f(x)ex+m时，可得取得极小值，也是最小值，即，所以，所以，即成立.[来源:Zxxk.Com]x3,gxlnx12．（Ⅰ）若曲线yfx在点0，f0处的切线斜率为1，求实数m的值；（Ⅱ）当m1时，证明：fxg(x)x3.解：（Ⅰ）因为f(x)ex+mx3，所以f(x)ex+m3x2.………………………1分因为曲线yfx在点0，f0处的切线斜率为1，所以f0e1，解得m0.…………………………………………………2分m（Ⅱ）设hxex+mlnx12，则hxex+m1.x1设pxex+m11，则pxex+m0．2x1x1所以函数p(x)hxex+m因为m1，所以h1e所以函数hxex+m1在-1，+上单调递增．………………6分x1mme1e+mememe1e10，h0em10.m1在-1，+上有唯一零点x0，且x01em,0.x1…8分因为hx00，所以ex0+m1，即lnx01x0m．………………9分x01当x0,x0时，hx0；当xx0,时，hx0.所以当xx0时，hx取得最小值hx0．……………………………………10分所以...