【数学】2019届一轮复习人教B版 招妙解导数零点问题学案
增分点 三招妙解导数零点问题
导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f(x)＝0的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？
猜——猜出方程f′(x)＝0的根
[典例] 设f(x)＝.
(1)若函数f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围．
[方法演示]
解：(1)因为f′(x)＝－，当0
0；当x>1时，f′(x)<0，所以函数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，所以a<10，当x>1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(1)＝2.当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求实数k的取值范围是(－∞，2]．
[解题师说]
当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现ex时，常猜x＝0或x＝ln x.
[应用体验]
1．函数f(x)＝ex＋x2－(2＋ln 2)x的最小值为________．
解析：f′(x)＝ex＋x－(2＋ln 2)．
接下来，需求函数f(x)的单调区间，所以需解不等式f′(x)≥0及f′(x)≤0，因而需解方程f′(x)＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．
易知f′(x)是增函数，所以方程f′(x
)＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f(x)在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)min＝f(ln 2)＝2－2ln 2－ln22.
答案：2－2ln 2－ln22
设——设出f′(x)＝0的根
[典例] (2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
[方法演示]
解：(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．
法二：f′(x)＝2e2x－(x>0)．
令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x>0)．
因为函数g(x)＝2x(x>0)，h(x)＝e2x(x>0)均是函数值为正值的增函数，
所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x>0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a>0时，f′(x)有唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0.
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln(基本不等式)．
所以当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
[解题师说]
本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值．因此需要求f′(x)＝0的根．但是f′(x)＝2e2x－＝0的根无法求解．故设出f′(x)＝0的根为x0，通过证明f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上的单调性知f(x)min＝f(x0)＝＋2ax0＋aln，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．
[应用体验]
2．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，
所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<＋x(x>0)．①
令g(x)＝＋x，
则g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于kh(x0)，求实数m的取值范围．
[方法演示]
解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－＋＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
∴x＝1为g(x)的极小值点，极小值g(1)＝1.
(2)∵y＝mx－－－2ln x＝mx－－2ln x.
∴y′＝m＋－≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即m≥在x∈[1，＋∞)上恒成立．
又＝≤1，所以m≥1.
所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．
(3)由题意知，关于x的不等式f(x)－g(x)>h(x)在[1，e]上有解，即关于x的不等式成立，则实数m的取值范围为________．
解析：法一：(理)由题意，知存在x使不等式－m>ex－x成立．
设＝t(t≥0)，则存在t≥0使不等式－m>tet2－t2成立．
设f(t)＝tet2－t2(t≥0)，
则f′(t)＝et2(2t2＋1)－2t(t≥0)，需解方程f′(t)＝0，但此方程不易求解．
可大胆猜测方程f′(t)＝0无解(若方程f′(t)＝0无解，则f′(t)的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f′(t)＝0有解)，得f(t)是增函数或减函数，此时研究函数f(t)就很方便)，证明如下：
f′(t)＝et2(2t2＋1)－2t≥2tet2－2t≥0(t≥0)，
所以f′(t)>0(t≥0)，所以函数f(t)是增函数，故其最小值为f(0)＝0.
所以－m>0，即m<0.
(文)由题意，知存在x使不等式－m>ex－x成立，当x＝0时，m<0，当x>0时，令f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，不易求方程f′(x)＝0的根，故可大胆猜测方程f′(x)＝0无解，即f′(x)的值恒正或恒负．证明如下：f′(x)＝ex－1≥2ex－1＝ex－1，∵x>0，∴ex>，∴ex－1>0，
∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)>f(0)＝0，∴－m>0，即m<0.
综上可知m的取值范围为(－∞，0)．
法二：不等式＞成立，等价于m＜x－·ex.
故存在x使不等式＞成立，等价于m＜(x－·ex)max.
令f(x)＝x－ex，
则f′(x)＝1－ex<0.
∴f(x)＝x－ex在[0，＋∞)上是单调递减函数，
故(x－·ex)max＝0，
∴m＜0.
答案：(－∞，0)
1．已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y＝f(x
)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数．证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.
解：(1)f′(x)＝，
因为f′(1)＝0，所以1－k＝0，即k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
易知h(x)＝－ln x－1在(0，＋∞)上是减函数，且h(1)＝0，所以当00，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(3)证明：由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤0<1＋e－2，故只需证明g(x)<1＋e－2在01，且g(x)>0，
∴g(x)＝<1－xln x－x.
设F(x)＝1－xln x－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)>0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)<0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.
所以g(x)0，g(x)<1＋e－2.
2．已知函数f(x)＝kex－x2有两个极值点x1，x2(x10，当x>1时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，φ(x)max＝.
作出函数φ(x)的图象如图所示．
因为函数f(x)有两个极值点，所以y＝k与y＝φ(x)的图象有两个交点，所以由图可得k的取值范围是.
(2)由f′(x1)＝kex1－2x1＝0，得kex1＝2x1，
所以f(x1)＝kex1－x＝2x1－x＝1－(1－x1)2
由图可得x1的取值范围是(0,1)，
所以f(x1)的取值范围是(0,1)．
同理，可得f(x2)＝kex2－x＝2x2－x＝1－(x2－1)2，
由图可得x2的取值范围是(1，＋∞)，
所以f(x2)的取值范围是(－∞，1)．
3．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
所以f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．
由f′(x)>0，得x>ln 2或x<0；由f′(x)<0，得00，φ(1)<0，
所以函数φ(k)在上存在唯一的零点k0(该零点就是函数φ(k)的隐零点)．
所以当0，即h′(k)>0，
当k00，h(1)＝0，
所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，f(k)≥f(0)，
故M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
4．(2015·山东高考)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行．
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2.
又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
当a＝1时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线2x－y－2＝0与直线2x－y＝0平行，所以所求a的值为1.
(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根．
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，
当x∈(0,1]时，h(x)＜0.
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－＞1－1＝0，
所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
所以当x∈(1,2)时，h′(x)＞1－＞0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．
所以当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0(x0就是函数f(x)－g(x)的隐零点)，且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，
x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0,1]，m(x)≤0；
若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，
可知0＜m(x)≤m(x0)；
故m(x)≤m(x0)．
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，
可得x∈(x0,2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减．
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2)．
综上可得，函数m(x)的最大值为.
