高考数学复习 导数零点不可求的四种破解策略

高考数学复习 导数零点不可求的四种破解策略

1 导数零点不可求的四种破解策略 在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要 绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导 函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结 了四种方法,现说明如下. 法一:利用零点存在性定理 零点存在性定理:如果函数  f x 在区间 a b， 上的图象是连续不断的一条曲线, 并 且 有     0f a f b  , 那 么 函 数  f x 在 区 间  a b， 内 有 零 点 , 即 存 在  0x a b ， ,使得  0f x 0 .进一步,若  f x 在区间 a b， 内有具有单调性,则 函数  f x 在区间 a b， 内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出  /f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判 断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的  /f x ,与零比较大小,再 利用零点存在性定理得出  /f x 在给定的区间上存在唯一的零点. 例 1.已知函数   2 lnxf x x e x  ,证明:当 0x  时,不等式   1f x  . 证明:    / 12 xf x x x e x    , 0x  . 由    // 2 2 14 2 xf x x x e x     0 ,得  /f x 在 0  ， 上单调递增. 又 1 / 41 9= 4 04 16f e      , 1 / 21 5= 2 02 4f e      , 根据零点存在定理可知,存在 0 1 1 4 2x     ， ,使得  / 0f x 0 . 当  00x x ， 时,  /f x 0 ,  f x 在 00 x， 上单调递减; 当  0x x  ， 时,  /f x 0 ,  f x 在 0x  ， 上单调递增. 故    0minf x f x = 02 0 0lnxx e x . 由  / 0f x 0 得   0 0 0 0 12 0xx x e x    ,即   0 0 0 0 12 xx x e x   ,   0 2 0 0 1 2 xe x x   . 故  0f x = 02 0 0lnxx e x = 0 0 1 ln2 xx  ,其中 0 1 1 4 2x     ， . 令  g x = 1 ln2 xx  , 1 1 4 2x     ， . 2 由  /g x =  2 1 1 0 2 xx     得  g x 在 1 1 4 2x     ， 上单调递减. 故  g x  1 2g      2 1= ln 15 2   ,即  0f x 1 . 综上,有  min 1f x  ,则当 0x  时,不等式   1f x  . 评析:要证   1f x  ,等价于证  min 1f x  .导函数    / 12 xf x x x e x    ,其零 点无法求出.借助  // 0f x  判断出  /f x 的单调性,结合零点存在性定理得出  /f x 存在唯一的零点 0x 且 0 1 1 4 2x     ， .另一方面, 0x 将 0  ， 分成两个区间, 分别考查  f x 在这两个区间上的单调性.借助  / 0f x 0 得到   0 2 0 0 1 2 xe x x   , 将指数式进行转化,从而判断出  min 1f x  . 法二:利用函数与方程思想 函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两 个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出  /f x ,然后令  / 0f x  ,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数. 例 2.已知函数   2 lnxf x e a x  .证明:当 0a  时,   22 lnf x a a a   . 证明:  / 22 x af x e x   , 0x  .  /f x 有零点,等价于方程 22 =0x ae x  有实根,等价于方程 22 x ae x  有实根,等价 于函数 22 xy e 与函数 ay x  图象有交点. 显然当 0a  时,两个函数图象无交点;当 0a  时,两个函数图象有一个交点; 因此,当 0a  时,  /f x 无零点,当 0a  时,  /f x 只有一个零点. 当 0a  时 ,  /f x 在  0  ， 上 单 调 递 增 , 且 只 有 一 个 零 点 , 设 为 0x . 即  / 0 0f x  . 当  00x x ， 时,  / 0f x  ,  f x 在 00 x， 上单调递减; 当  0x x  ， 时,  / 0f x  ,  f x 在 0x  ， 上单调递增. 故    0minf x f x 02 0lnxe a x  . 3 由  / 0 0f x  得 , 02 0 2 0x ae x   , 02 0 = 2 x ae x , 02 0ln =ln ln2xe a x , 化 简 得 0 0ln =ln ln2 2x a x  . 故  0f x   0 0 ln ln2 22 a a a xx    0 0 2 ln2 a ax a ax    22 lna a a   . 故  min 22 lnf x a a a   ,即当 0a  时,   22 lnf x a a a   . 评析:利用函数与方程思想,将判断  /f x 的零点个数问题转化为图象交点问题. 不难得出结论:当 0a  时,  /f x 只有一个零点 0x .对于  / 22 x af x e x   ,观察 其结构特征容易发现其在 0  ， 上单调递增(也可以求出二阶导进行判断). 要证   22 lnf x a a a   ,等价于证  min 22 lnf x a a a   . 0x 将 0  ， 分成两个区 间 , 分 别 考 查  f x 在 这 两 个 区 间 上 的 单 调 性 . 借 助  / 0 0f x  得 到 02 0 = 2 x ae x , 0 0ln =ln ln2 2x a x  ,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数 如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分 子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论. 例 3.已知函数   1 ln( 1)xf x x   ,当 0x  时,   1 kf x x   恒成立,求正整数 k 的最大值. 解析:由已知有  1 [1 ln( 1)]x xk x    在 0x  上恒成立. 令  1 [1 ln( 1)]( ) x xh x x    , 0x  .只需  mink h x .  / 2 1 ln( 1)x xh x x    , 令   1 ln( 1)x x x     ,由  / 01 xx x    得  x 在 0  ， 上单调递增. 又  2 =1 ln3 0   ,  3 =2 ln4 0   ,根据零点存在定理可知,存在  0 2 3x  ， , 使得  0 0x  . 当  00x x ， 时,   0x  ,  / 0h x  ,  h x 在 00 x， 上单调递减; 当  0x x  ， 时,   0x  ,  / 0h x  ,  h x 在 0x  ， 上单调递增. 4 故    0minh x h x  0 0 0 1 [1 ln( 1)]x x x    . 由  0 0x  得, 0 01 ln( 1)=0x x   ,即 0 01 ln( 1)x x   . 则  0h x  0 1x   3 4 ， . 故正整数k 的最大值为3. 评析:导函数  / 2 1 ln( 1)x xh x x    ,分母显然是正数,将分子看成一个新的函 数  x ,借助法一考查  x 的性质,从而得到  h x 的单调性. 法四:利用极限思想 法一中,对于给定的区间 a b， ,如果要通过取特殊值来判断  /f x 与零的大小 比较困难,那么可以利用极限思想,考查当 x a 时以及当 x b 时  /f x 的取 值情况. 例 4.已知函数    1 2 1 0x af x ae ax      对任意的  0x  ， 恒成立,其中 0a  .求a的取值范围. 解析:由已知有  min 0f x  ,其中 0x  , 0a  .  / 2 1x af x ae x    2 2 1xax e a x   . 令    2 1xg x ax e a   ,其中 0x  , 0a  . 由    / 22 0xg x a x x e   得  g x 在 0  ， 上单调递增. 又    0 1 0g a    ,当 x   时,  g x   , 故存在  0 0x   ， ,使得  0 0g x  . 当  00x x ， 时,   0g x  ,  / 0f x  ,  f x 在 00 x， 上单调递减; 当  0x x  ， 时,   0g x  ,  / 0f x  ,  f x 在 0x  ， 上单调递增. 故    0minf x f x  0 0 1 2 1x aae ax     . 由  0 0g x  得,  02 0 1 =0xax e a  ,即 0 2 0 1=x aae x  . 则  0f x   0 0 1 2 1x aae ax    2 0 1a x     0 1 2 1a ax    . 令  2 0 0 1 1 2 1 0a a ax x      ,由 0 0x  , 0a  ,解得 00 1x  . 5 因 为    2 1xg x ax e a   在  0  ， 上 单 调 递 增 , 00 1x  , 所 以    01g g x =0 . 故  1 0g  ,即  1 0ae a   ,解得 1 1a e   . 评析:导函数  /f x  2 2 1xax e a x   ,分母显然是正数,利用法三的方法将分子 看成一个新的函数  g x .在考查  g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况, 即    0 1 0g a    , 再 考 查 当 x   时 ,  g x   , 从 而 确 定 故 存 在  0 0x   ， ,使得  0 0g x  .