- 2021-06-15 发布 |
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文档介绍
浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用补上一课导函数的“隐零点”问题含解析
导函数的“隐零点”问题 知识拓展 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,按导函数零点能否求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.对于隐零点问题,由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧,对学生综合能力的要求较高,成为考查的难点. 题型突破 题型一 函数最值中的“隐零点” 【例1】 设函数f(x)=e2x-aln x.(a为大于零的常数),已知f′(x)=0有唯一零点,求f(x)的最小值. 解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0). 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. 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. 故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以当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. 故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 故f(x)的最小值为2a+aln. 【训练1】 (1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0; (2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域. (1)解 f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). f′(x)==≥0, 当且仅当x=0时,f′(x)=0, 所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1. 所以(x-2)ex>-(x+2),即(x-2)ex+x+2>0. (2)证明 g′(x)==(f(x)+a). 由(1)知,f(x)+a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一xa∈( 0,2],使得f(xa)+a=0,即g′(xa)=0. 当0查看更多
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