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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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