2023高考数学二轮专题 微专题36 导函数的隐零点

微专题36　导函数的隐零点

导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题.

类型一　导函数中二次函数的隐零点问题

当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”.

例1 已知实数a满足a≥＋－2，且函数f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值M，求m－M的最大值(其中e为自然对数的底数).

解　由于f′(x)＝＋x－(a＋2)＝，x>0，

设正数x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋，x>0有两个相异正根，不妨设x1<x2，

由于当0<x<x1时，f′(x)>0，

当x1<x<x2时，f′(x)<0，

当x>x2时，f′(x)>0，

从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，从而f(x)的极大值为M＝f(x1)，极小值为m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1.

又＝＋＝＝(a＋2)2－2≥－2＝e＋，

令t＝>1，

从而t＋≥e＋，从而t≥e.

故m－M＝f(x2)－f(x1)＝ln ＋－(a＋2)(x2－x1)

＝ln ＋－(x2＋x1)(x2－x1)

＝ln －

＝ln －

＝ln －

＝ln t－t＋，t≥e.

令g(t)＝ln t－t＋，t≥e.

从而g′(t)＝－－＝＝<0，

从而g(t)在[e，＋∞)上单调递减，

故m－M＝g(t)，t≥e的最大值为g(e)＝－＋1.

训练1 已知函数f(x)＝x＋＋aln x，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有≤f(x)≤2e恒成立，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).

解　由题意知只需f(x)min≥，f(x)max≤2e，x∈[1，e].

下面分f(x)单调和非单调进行讨论.

显然f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＋＝，x>0.

①若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≥0时，即a≥0时，则f(x)在[1，e]上单调递增，

故要使得≤f(x)≤2e，

只需≤f(1)<f(e)≤2e，

即

故0≤a≤e－.

②若对任意的x∈[1，e]恒有f′(x)≤0时(即a≤－x对任意的x∈[1，e]恒成立)，即a≤－e时，则f(x)在[1，e]上单调递减，故要使得≤f(x)≤2e，

只需≤f(e)<f(1)≤2e，

即故a＝－e.

③若－e<a<0时，

则f′(x)在(1，e)上存在唯一的零点x0，

且当1≤x<x0时，f′(x)<0，

当x0<x≤e时，f′(x)>0，

故f(x)在[1，x0)上单调递减，在(x0，e]上单调递增.

要使得≤f(x)≤2e，

则需

即

考虑到x0满足x＋ax0－1＝0，

从而f(x0)＝＝.

令h(x)＝，x∈(1，e)，

则h′(x)＝<0，

故h(x)在(1，e)上单调递减，

又x0∈(1，e)，

从而f(x0)＝h(x0)>h(e)＝.

故使得不等式≤f(x)≤2e成立的实数a的范围为－e<a<0.

综合上述，满足条件的实数a的范围为.

类型二　导函数中非二次函数的隐零点问题

当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.

例2 已知函数f(x)＝＋，若f(x)>在(0，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值.

解　由于f(x)>⇔(x＋1)f(x)＝>k.

令h(x)＝＋，

则由题意得，k<h(x)min，其中x>0.

h′(x)＝.

令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1，

其中x>0.

由于g′(x)＝－＋1＝>0，

故g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g(0)＝－1<0，

g(1)＝－ln 2<0，

g(2)＝－ln 3＋1<0，

g(3)＝－ln 4＋2>0，

故g(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈(2，3).

由此当x∈(0，x0)时，g(x)<0，h′(x)<0；

当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0.

故h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，从而h(x)的最小值为h(x0).

考虑到x0∈(2，3)为g(x)的零点，

故ln(x0＋1)＝x0－1，

故h(x)min＝h(x0)＝

＝

＝＝x0＋1∈(3，4).

又k<h(x)min＝x0＋1，

故满足条件的整数k的最大值为3.

例3 若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围.

解　∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x＞0，

∴k≥－ex＋2恒成立，

令φ(x)＝－ex＋2，

则φ′(x)＝－ex＝.

令μ(x)＝－ln x－x2ex，

则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)，

∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减.

又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0，

由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，

即－ln x0＝xex0，

两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，

即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，

由函数y＝x＋ln x为增函数，

可得x0＝－ln x0.

又当0＜x＜x0时，μ(x)＞0，φ′(x)＞0；

当x＞x0时，μ(x)＜0，φ′(x)＜0，

∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

∴φ(x)≤φ(x0)＝－ex0＋2＝－＋2＝1，

∴k≥φ(x0)＝1，

即k的取值范围为k≥1.

例4 (2022·济宁模拟改编)已知函数f(x)＝ax2－xln x＋(a∈R且a≠0)，若不等式f(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.

解　因为f′(x)＝2ax－(ln x＋1)＝2ax－ln x－1，

f″(x)＝2a－＝，

①当a＞0时，f(1)＝a＋＞0与f(x)≤0恒成立矛盾，不合题意.

②当a＜0时，f″(x)＜0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减.

因为f′(e－1)＝2ae－1＜0，f′(e2a－1)＝2a(e2a－1－1)＞0，

所以∃x0∈(e2a－1，e－1)，

使得f′(x0)＝2ax0－ln x0－1＝0，

即a＝.

所以，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.

所以f(x)max＝f(x0)＝ax－x0ln x0＋

＝×x－x0ln x0＋

＝≤0.

因为x0∈(e2a－1，e－1)，所以ln x0＋1＜0.

所以9－(ln x0)2≥0，即－3≤ln x0＜－1，

解得e－3≤x0＜e－1.

因为a＝，所以设g(x)＝，x∈[e－3，e－1)，

则g′(x)＝＞0，

所以g(x)在[e－3，e－1)上单调递增，

所以g(e－3)≤g(x)＜g(e－1)，

即－e3≤g(x)＜0，

所以－e3≤a＜0.

训练2 (2022·西安模拟改编)证明：函数f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)存在唯一极小值点x0，且－1＜f(x0)＜0.

证明　因为f(x)＝ex＋sin x，x∈(－π，＋∞)，

所以f′(x)＝ex＋cos x，

f″(x)＝ex－sin x＞0恒成立，

所以f′(x)单调递增.

又f′＝e－＞0，f′＝e－π＋cos＝e－π－，

因为(eπ)2＝eπ＞e＞2，

所以eπ＞，

即＜，所以f′＜0，

所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，

即ex0＋cos x0＝0，

则在(－π，x0)上，f′(x)＜0，

在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，

所以f(x)在(－π，x0)上单调递减，

在(x0，＋∞)上单调递增，

所以f(x)存在唯一的极小值点x0.

f(x0)＝ex0＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin，

由x0∈，

得x0－∈，

所以f(x0)＝sin∈(－1，0)，

故f(x)存在唯一极小值点x0，

且－1＜f(x0)＜0.

训练3 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1).

(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数).

(1)解　因为f(x)＝2x＋ln(2x－1)，

所以f′(x)＝2＋，

则f(1)＝2，f′(1)＝4，

所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)，

即4x－y－2＝0.

(2)证明　令t＝2x－1>0，

要证f(x)≤(2x－1)e2x－1，

即证t＋1＋ln t≤tet，其中t>0，

构造函数g(t)＝tet－t－ln t－1，

则g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0.

令φ(t)＝et－，

其中t>0，则φ′(t)＝et＋>0，

所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增.

因为φ＝－2<0，

φ(1)＝e－1>0，

所以存在t0∈，

使得φ(t0)＝et0－＝0，

即t0et0＝1.

当0<t<t0时，φ(t)<0，

即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；

当t>t0时，φ(t)>0，

即g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增.

所以g(t)min＝g(t0)＝t0et0－ln et0－ln t0－1

＝t0et0－ln(t0et0)－1＝1－1＝0，

故所证不等式成立.

一、基本技能练

1.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.

(1)求a，b的值；

(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－.

(1)解　因为f′(x)＝xex－a，

由f′(0)＝－1得a＝1.

又当x＝0时，f(x)＝－1，

所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，

即x＋y＋1＝0，所以b＝1.

(2)证明　令g(x)＝f′(x)＝xex－1，

则g′(x)＝(x＋1)ex，

所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；

当x≥－1时，g(x)单调递增，

且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，

所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.

由x0ex0＝1⇒ex0＝，

f(x0)＝－x0＝1－，

又g＝－1<0，

g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒2<＋x0<，

所以f(x0)>－.

2.(2022·沈阳郊联体模拟)已知函数f(x)＝xex－ax－aln x＋a.

(1)若a＝e，判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的最值；

(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.

解　(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).

当a＝e时，f(x)＝xex－ex－eln x＋e，

f′(x)＝(x＋1)ex－e－＝(x＋1)·，x>0.

易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，

所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

所以f(x)的最小值为f(1)＝e－e－eln 1＋e＝e，无最大值.

(2)因为f(x)＝xex－ax－aln x＋a，

所以f′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)·，x>0.

当a≤0时，易知f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

故此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意.

当a>0时，令g(x)＝ex－，x>0，

则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，

所以g(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一的一个零点.

令ex－＝0，则该方程有且只有一个正根，记为x0(x0>0)，

则可得

为了满足f(x)有两个零点，则有f(x0)＝x0ex0－ax0－aln x0＋a<0.①

因为x0是方程ex－＝0的解，

所以x0ex0＝a，②

两边取对数可得ln x0＋x0＝ln a，③

将②③代入①可得f(x0)＝a(2－ln a)<0，

解得a>e2.

所以实数a的取值范围为(e2，＋∞).

当a∈(e2，＋∞)时，由②易知x0>1.

又f(1)＝e－a＋a＝e>0，

所以f(x)在(1，x0)上有且只有一个零点.

当a∈(e2，＋∞)且x→＋∞时，

易知f(x)→＋∞，

所以f(x)在(x0，＋∞)上有且只有一个零点.

综上，实数a的取值范围为(e2，＋∞).

3.(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R).

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求b的最小值.

解　(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)ex，

当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0；

当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，

故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.

(2)g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)，

因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立，

即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立.

令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，

则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，

因为x∈，

所以x－1<0.

再令函数t(x)＝ex－，

可得t′(x)＝ex＋>0，

所以函数t(x)单调递增.

因为t＝e－2<0，t(1)＝e－1>0，

所以一定存在唯一的x0∈，

使得t(x0)＝0，

即ex0＝，即x0＝－ln x0，

所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，

所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3).

因为b∈Z，所以b的最小值为－3.

二、创新拓展练

4.(2022·广州二模节选)已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝x＋，且函数f(x)与g(x)有相同的极值点.

(1)求实数a的值；

(2)求证：f(x)＋g(x)<.

(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－1，

由f′(x)＝0得x＝1，易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故函数f(x)的极大值点为x＝1，

g′(x)＝1－，

依题意有g′(1)＝1－a＝0，

解得a＝1，经验证符合题意，故a＝1.

(2)证明　所证不等式即为

xln x－ex<cos x－1，x>0，

下证：xln x－ex<－x－1，

即证xln x－ex＋x＋1<0.

设h(x)＝xln x－ex＋x＋1，

则h′(x)＝ln x＋1－ex＋1＝ln x－ex＋2，

令r(x)＝h′(x)＝ln x－ex＋2，

则r′(x)＝－ex(x>0)，

易知函数r′(x)在(0，＋∞)上单调递减，

且r′＝2－>0，r′(1)＝1－e<0，

故存在唯一的x0∈，

使得r′(x0)＝0，

即＝ex0，ln x0＝－x0，

且当x∈(0，x0)时，r′(x)>0，

r(x)即h′(x)单调递增；

当x∈(x0，＋∞)时，r′(x)<0，

r(x)即h′(x)单调递减，

所以h′(x)max＝h′(x0)＝ln x0－ex0＋2＝－x0－＋2＝－<0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.

又x→0时，h(x)→0，故h(x)<0，

即xln x－ex<－x－1.

再证：－x－1<cos x－1(x>0)，

即证cos x＋x>0在(0，＋∞)上恒成立，

设m(x)＝cos x＋x，

则m′(x)＝－sin x＋1≥0，

所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，

则m(x)>m(0)＝1>0，

即cos x＋x>0，

故－x－1<cos x－1.

综上，xln x－ex<cos x－1.