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    2023高考数学二轮专题导数38讲 专题12 导数中隐零点的应用

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    这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题12 导数中隐零点的应用,共14页。
    专题12 导数中隐零点的应用
    【方法总结】
    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用显性的代数表达的(f′(x)=0是超越形式),称之为“隐零点”.对于隐零点问题,常常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.
    用隐零点处理问题时,先证明函数f(x)在某区上单调,然后用零点存在性定理说明只有一个零点.此时设出零点x0,则f′(x)=0的根为x0,即有f′(x0)=0.注意确定x0的合适范围,如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关.这时就可以把超越式用代数式表示,同时根据x0的范围可进行适当的放缩.从而问题得以解决.基本解决思路是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算.用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题.
    隐零点问题求解三步曲
    (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.
    (2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.
    (3)将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
    注意:
    确定隐性零点范围的方式是多种多样的,可以由零点的存在性定理确定,也可以由函数的图象特征得到,甚至可以由题设直接得到等等.至于隐性零点的范围精确到多少,由所求解问题决定,因此必要时尽可能缩小其范围.进行代数式的替换过程中,尽可能将目标式变形为整式或分式,那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换,这是能否继续深入的关键.最后值得说明的是,隐性零点代换实际上是一种明修栈道,暗渡陈仓的策略,也是数学中“设而不求”思想的体现.
    考点一 不等式证明中的“隐零点”
    【例题选讲】
    [例1] (2015全国Ⅱ)设函数f(x)=e2x-alnx.
    (1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数;
    (2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.
    解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).由f′(x)=0得2xe2x=a.
    令g(x)=2xe2x,g′(x)=(4x+2)e2x>0(x>0),从而g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0.
    当a>0时,方程g(x)=a有一个根,即f′(x)存在唯一零点;
    当a≤0时,方程g(x)=a没有根,即f′(x)没有零点.
    (2)由(1)可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,
    当x∈(0,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[f(x)]min=f(x0).
    由2e2x0-=0得e2x0=,又x0=,得ln x0=ln=ln-2x0,
    所以f(x0)=-aln x0=-a=+2ax0+aln≥2+aln =2a+aln.
    故当a>0时,f(x)≥2a+aln.
    [例2] (2013全国Ⅱ)设函数f(x)=ex-ln(x+m).
    (1)若x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;
    (2)当m≤2时,求证:f(x)>0.
    解析 (1)f′(x)=ex-.由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.
    于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=ex-.
    函数f′(x)=ex-在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0.
    因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.
    所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
    (2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.
    当m=2时,函数f′(x)=ex-在(-2,+∞)单调递增.又f′(-1)<0,f′(0)>0,
    故f′(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
    当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
    由f′(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.
    综上,当m≤2时,f(x)>0.
    [例3] 已知函数f(x)=xex-a(x+lnx).
    (1)讨论f(x)极值点的个数;
    (2)若x0是f(x)的一个极小值点,且f(x0)>0,证明:f(x0)>2(x0-x).
    解析 (1) f′(x)=(x+1)ex-a=(x+1)=,x∈(0,+∞).
    ①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,不存在极值点;
    ②当a>0时,令h(x)=xex-a,h′(x)=(x+1)ex>0.显然函数h(x)在(0,+∞)上是增函数,
    又因为当x→0时,h(x)→-a0,必存在x0>0,使h(x0)=0.
    当x∈(0,x0)时,h(x)0,f(x)为增函数.
    所以,x=x0是f(x)的极小值点.综上,当a≤0时,f(x)无极值点,当a>0时,f(x)有一个极值点.
    (2)由(1)得,f′(x0)=0,即x0ex0=a,f(x0)=x0ex0-a(x0+ln x0)=x0ex0(1-x0-ln x0),
    因为f(x0)>0,所以1-x0-ln x0>0,令g(x)=1-x-ln x,g′(x)=-1-g(1)得x0,所以φ(x)为增函数,
    φ(x)x0+1.
    因为x0∈(0,1),所以1-x0-ln x0>1-x0+1-x0=2(1-x0)>0.
    相乘得ex0(1-x0-ln x0)>(x0+1)(2-2x0),
    所以f(x0)=x0ex0(1-x0-ln x0)>2x0(x0+1)(1-x0)=2x0(1-x)=2(x0-x).
    故f(x0)>2(x0-x)成立.
    [例4] 已知函数f(x)=aex+sinx+x,x∈[0,π].
    (1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;
    (2)当-2e-a,∴当x>e-a时,f′(x)>0;
    若0

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