新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題12 導(dǎo)數(shù)中隱零點的應(yīng)用 (教師版)

專題12導(dǎo)數(shù)中隱零點的應(yīng)用【方法總結(jié)】利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問題常與函數(shù)單調(diào)性的判斷有關(guān)，而函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的零點有著緊密的聯(lián)系，按導(dǎo)函數(shù)零點能否求精確解可以分為兩類：一類是數(shù)值上能精確求解的，稱之為“顯零點”；另一類是能夠判斷其存在但無法用顯性的代數(shù)表達的(f′(x)＝0是超越形式)，稱之為“隱零點”．對于隱零點問題，常常涉及靈活的代數(shù)變形、整體代換、構(gòu)造函數(shù)、不等式應(yīng)用等技巧．用隱零點處理問題時，先證明函數(shù)f(x)在某區(qū)上單調(diào)，然后用零點存在性定理說明只有一個零點．此時設(shè)出零點x0，則f′(x)＝0的根為x0，即有f′(x0)＝0．注意確定x0的合適范圍，如果含參x0的范圍往往和參數(shù)a的范圍有關(guān)．這時就可以把超越式用代數(shù)式表示，同時根據(jù)x0的范圍可進行適當?shù)姆趴s．從而問題得以解決．基本解決思路是：形式上虛設(shè)，運算上代換，數(shù)值上估算．用隱零點可解決導(dǎo)數(shù)壓軸題中的不等式證明、恒成立能成立等問題．隱零點問題求解三步曲(1)用函數(shù)零點存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點的存在性，列出零點方程f′(x0)＝0，并結(jié)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(dǎo)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．注意：確定隱性零點范圍的方式是多種多樣的，可以由零點的存在性定理確定，也可以由函數(shù)的圖象特征得到，甚至可以由題設(shè)直接得到等等．至于隱性零點的范圍精確到多少，由所求解問題決定，因此必要時盡可能縮小其范圍．進行代數(shù)式的替換過程中，盡可能將目標式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數(shù)函數(shù)式用有理式替換，這是能否繼續(xù)深入的關(guān)鍵．最后值得說明的是，隱性零點代換實際上是一種明修棧道，暗渡陳倉的策略，也是數(shù)學(xué)中“設(shè)而不求”思想的體現(xiàn)．考點一不等式證明中的“隱零點”【例題選講】[例1](2015全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx．(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點的個數(shù)；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a)．解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．由f′(x)＝0得2xe2x＝a．令g(x)＝2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝0．當a>0時，方程g(x)＝a有一個根，即f′(x)存在唯一零點；φ(x)min＝φ(x0)＝eq\f(x0ex0－lnx0－1＋x0,x0)＝eq\f(1＋x0－1＋x0,x0)＝2，因此b≤2，即實數(shù)b的取值范圍是(－∞，2]．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋ax，a∈R．(1)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范圍．5．解析(1)由題意得f′(x)＝ex＋a，當a≥0時，f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，不符合題意；當a<0時，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函數(shù)f(x)在(－∞，ln(－a))上單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(ln(－a))為f(x)的極小值，要使函數(shù)f(x)有兩個零點，則f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范圍為(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2ex－(x－a)2＋3，x≥0，則g′(x)＝2(ex－x＋a)．設(shè)h(x)＝2(ex－x＋a)，則h′(x)＝2(ex－1)≥0．所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝2(a＋1)．①當a＋1≥0，即a≥－1時，g′(x)≥0恒成立，即函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－eq\r(5)≤a≤eq\r(5)．又a≥－1，所以－1≤a≤eq\r(5)．②當a＋1<0，即a<－1時，則存在x0>0，使h(x0)＝0且當x∈(0，x0)時，h(x)<0，即g′(x)<0，函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；當x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，即g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3．又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，從而g(x)min＝g(x0)＝2ex0－xeq\o\al(2,0)＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－xeq\o\al(2,0)＋2ax0－a2＋3＝－xeq\o\al(2,0)＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3．由于x0是單調(diào)增函數(shù)h(x)＝2(ex－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零點，要使得a－1≤x0≤a＋3