導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)不可求考點(diǎn)與題型歸納

導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)不可求考點(diǎn)與題型歸納導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的有力工具，其核心又是由導(dǎo)數(shù)值的正、負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性.用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性，往往需要解方程f'(x)=0.若該方程不易求解時(shí)，如何繼續(xù)解題呢？考點(diǎn)一猜出方程f'(x)=0的根1+lnx典例］設(shè)f(x)=—(1)若函數(shù)f(x)在(a,a+1)上有極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2若關(guān)于x的方程f(x)=x2-2x+k有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解題觀摩］(1)因?yàn)閒(x)=-lx2x，當(dāng)0<x<】時(shí),f'(x)>0；當(dāng)X〉1時(shí)，F(xiàn)仗)<0,x2所以函數(shù)f(x)在(0,1上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f&)的極大值點(diǎn)為X=l,a<1，所以即0<a<1,故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1)a+1>1，(2方程f(x)=x2-2x+k有實(shí)數(shù)解,即f(x)-X2+2x=k有實(shí)數(shù)解.設(shè)g(x)=f(x)-X2+2x,則g'(x)=2(1-x)-lnx,x2接下來，需求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間，所以需解不等式g‘(x)>0及g'(x)<0,因而需解方程g'(x)=0.但此方程不易求解，所以我們可以先猜后解.因?yàn)間'(1)=0，且當(dāng)0<x<1時(shí)，g'(x)>0，當(dāng)X>1時(shí)，g'(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(0,1上)單調(diào)遞增，在(1，+8)上單調(diào)遞減.所以g(x)=g(1)=2.當(dāng)X—0時(shí)，g(x)f-8；當(dāng)X—+8時(shí)，g(x)f-8,所以函數(shù)g(x)max的值域是(-8,2］，所以所求實(shí)數(shù)k的取值范圍是(-8,2］.［關(guān)鍵點(diǎn)撥］當(dāng)所求的導(dǎo)函數(shù)解析式中出現(xiàn)lnx時(shí)，常猜x=1;當(dāng)函數(shù)解析式中出現(xiàn)ex時(shí)，常猜x=0.考點(diǎn)二隱零點(diǎn)代換［典例］設(shè)函數(shù)fx)=e2x—alnx.討論fx)的導(dǎo)函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；2求證：當(dāng)a>0時(shí)，fx)三2a+alna.［解題觀摩］(1)法一:f(x)=2e2x-a(x>0).當(dāng)aWO時(shí)，f(x)>0,f(x)沒有零點(diǎn).當(dāng)a>0時(shí)，設(shè)u(x)二e2x,v(x)=-a,x因?yàn)閡(x)二e2x在(0，+g)上單調(diào)遞增，v(x)二-率(0，+a)上單調(diào)遞增，x所以f(x)在(0，+g)上單調(diào)遞增.又因?yàn)閒(a)>0,當(dāng)b滿足0<b<手且b<1時(shí)，f(b)<0,所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)存在唯一零點(diǎn).法二：f(x)二2e2x-f(x>0).令方程f(x)=0,得a二2xe2x(x>0).因?yàn)楹瘮?shù)g(x)二2x(x>0),h(x)二e2x(x>0)均是函數(shù)值為正值的增函數(shù)，所以由增函數(shù)的定義可證得函數(shù)u(x)二2xe2x(x>0)也是增函數(shù)，其值域是(0，+g).由此可得，當(dāng)aW0時(shí)，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)有唯一零點(diǎn).(2)證明：由(1)可設(shè)f(x)在(0，+g)上的唯一零點(diǎn)為x0.當(dāng)xe(0,x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x^(x0，+g)時(shí)，f7(x)>0.所以fx)在(0少。)上單調(diào)遞減，在x0，+g)上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng)x=x°時(shí)，fx)取得最小值，最小值為f(x0).因?yàn)?e2x0-—-0所以fx0)='+2ax0+aln?三2a+aln'(當(dāng)且僅當(dāng)x0二占時(shí)等號(hào)成立)-0x002x00aa02所以當(dāng)a>0時(shí)，fx)三2a+aln2a［關(guān)鍵點(diǎn)撥］本題第(2)問的解題思路是求函數(shù)fx)的最小值，因此需要求f(x)-0的根，但是/(x)-

2e2x-a=0的根無法求解?故設(shè)出f(x)二0的根為xo，通過證明fx)在(0,x0)和(x0，+切上的單調(diào)性知f二山g)二主+2a%+alna，進(jìn)而利用基本不等式證得結(jié)論，其解法類似解析幾何中的設(shè)而不求．考點(diǎn)三證一證明方程f(x)=0無根m2e［典例］已知m^R，函數(shù)fx)=mx—~x一21nx,g(x)=j，若x0^［1,e］,使得f(x0)>g(x°)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.［解題觀摩］因?yàn)楫?dāng)X二1時(shí)，fx)二0,g(x)二2e，不存在f(x0)>g(x0)，所以關(guān)于x的不2e＋2xlnx等式fx)>g(x)在［1,e］上有解，即關(guān)于x的不等式5(1<xWe)有解.x2－12e＋2xlnx設(shè)u(x)二(1<xWe),x2－12x2-4ex-2-(2x2+2)1nx則u(x)=(1<xWe),但不易求解方程U(x)二0.(x2-1)2可大膽猜測方程U(x)二0無解，證明如下：由1<xWe，可得-(2x2+2)1nx<0,2x2-4ex-2二2(x-e)2-2e2-2<0,所以U(x)<0,u(x)在(1,e］上是減函數(shù)，所以函數(shù)u(x)所以函數(shù)u(x)的值域是4ee2-1+OO丿C4e故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是R+OO丿［關(guān)鍵點(diǎn)撥］當(dāng)利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)fx)在區(qū)間［a,b］,［a,b)或(a,b］上的最值時(shí)，可首先考慮函數(shù)fx)在該區(qū)間上是否具有單調(diào)性，若具有單調(diào)性，則fx)在區(qū)間的端點(diǎn)處取得最值(此時(shí)若求f(x)二0的根，則此方程是無解的).第五課時(shí)構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，關(guān)鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù)，然后以導(dǎo)數(shù)為工具來研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值(值域)，從而達(dá)到證明不等式的目的，這時(shí)常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)來解決．題目本身特點(diǎn)不同，所構(gòu)造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，如何恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)，往往成為解題的關(guān)鍵．考點(diǎn)一“比較法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式當(dāng)試題中給出簡單的基本初等函數(shù)，例如fx)=x3,g(x)=lnx,進(jìn)而證明在某個(gè)取值范圍內(nèi)不等式f(x)^g(x)成立時(shí)，可以類比作差法，構(gòu)造函數(shù)h(x)=fx)—g(x)或y(x)=g(x)—fx),進(jìn)而證明h(x)i^0或(p(x)WO即可，在求最值的過程中，可以利用導(dǎo)數(shù)為工具.此外，minmax在能夠說明g(x)>0fx)>0)的前提下，也可以類比作商法，構(gòu)造函數(shù)力(對=常［於)=制，進(jìn)而證明h(X)mm21(0(X)maxWl).［典例］已知函數(shù)f(x)=ex—ax(e為自然對數(shù)的底數(shù),a為常數(shù))的圖象在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率為—1.求a的值及函數(shù)fx)的極值；求證：當(dāng)x>0時(shí)，x2<ex.［解題觀摩］⑴由fx)=ex-ax,得'(x)=ex-a.因?yàn)閒(0)二1-a二-1,所以a-2,所以fx)-ex-2x,f(x)-ex-2,令f(x)-0,得x-ln2,當(dāng)x<ln2時(shí)，f(x)<O,fx)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時(shí)，f(x)>O,fx)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x-ln2時(shí)，fx)取得極小值，且極小值為f(ln2)-ejn2-2ln2-2-2ln2,fx)無極大值．(2)證明：令g(x)-ex-x2,則gz(x)-ex-2x.由(1)得gz(x)-fx)初In2)>0,故g(x)在R上單調(diào)遞增.所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)-1>0，即x2<ex.［關(guān)鍵點(diǎn)撥］在本題第(2)問中，發(fā)現(xiàn),e“具有基本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的F<ex”構(gòu)造函數(shù)，得到“g(x)二ex-X2”，并利用⑴的結(jié)論求解.考點(diǎn)二“拆分法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式當(dāng)所要證明的不等式由幾個(gè)基本初等函數(shù)通過相乘以及相加的形式組成時(shí)，如果對其直接求導(dǎo)，得到的導(dǎo)函數(shù)往往給人一種“撲朔迷離”“不知所措”的感覺.這時(shí)可以將原不等式合理拆分為fx)Wg(x)的形式，進(jìn)而證明fx)maxWg(x)mm即可，此時(shí)注意配合使用導(dǎo)數(shù)工具.在拆分的過程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行最值分析為拆分標(biāo)準(zhǔn).［典例］已知函數(shù)fx)=elnx—ax(aWR).討論fx)的單調(diào)性；⑵當(dāng)a=e時(shí)，證明：fx)—ex+2exW0.e［解題觀摩］(If(x)=~-a(x>°)，x若aWO，則f(x)>°,fx)在(0，+R)上單調(diào)遞增；若a>0,則當(dāng)0<x<'時(shí)，f(x)>0,當(dāng)x>e時(shí)，f(x)<0,aa故fx)在(0,上單調(diào)遞增，在(a，+巧上單調(diào)遞減.ex證明：法一：因?yàn)閤>0,所以只需證f(x)Wx-2e,當(dāng)a二e時(shí)，由(1)知fx)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+R)上單調(diào)遞減，所以fx)二f(i)max二-e.記g(x)二豈-2e(x>0),x則g‘(x)二匸匹,x2所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g，(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g，(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，所以g(x).二g(l)二-e.min綜上，當(dāng)x>0時(shí)，fx)Wg(x)，即fx)W豈-2e,x即xf(x)-ex+2exW0.法二：要證fx)-ex+2exW0,即證exlnx-ex2-ex+2exW0,從而等價(jià)于Inx-x+2ex設(shè)函數(shù)g(x)二Inx-x+2,則g'(x)=1-1.x所以當(dāng)xW(0,1)時(shí)，g'(x)>0；當(dāng)xE(1,+-)時(shí)，g'(x)<0,故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，+R)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，+8)上的最大值為g(1)=1.設(shè)函數(shù)h(x)=竺，則h(x)二比衛(wèi)exex2所以當(dāng)xe(0,1)時(shí)，h'(x)<0,當(dāng)xe(1，+^)時(shí)，h'(x)>0，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，+上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，+8)上的最小值為h⑴二1.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)Wh(x),即xfx)-ex+2exW0.［關(guān)鍵點(diǎn)撥］對于第(2)問xfx)-ex+2ex<0的證明直接構(gòu)造函數(shù)h(x)二xelnx-ax2-ex+2ex，求導(dǎo)后不易分析，故可將不等式合理拆分為fx)<豈-2e或Inx-x+2<竺，再分別對不等式兩邊構(gòu)xex造函數(shù)證明不等式．考點(diǎn)三“換元法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式若兩個(gè)變元x1，x2之間聯(lián)系“親密”，我們可以通過計(jì)算、化簡，將所證明的不等式整

體轉(zhuǎn)化為關(guān)于m(x1,x2)的表達(dá)式(其中mg")為x1,x2組合成的表達(dá)式)，進(jìn)而使用換元令mgx2)=t,使所要證明的不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的表達(dá)式，進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行證明，因此,換元的本質(zhì)是消元．lnx［典例］已知函數(shù)fX)=~x~一k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)X］,x2，求證：X］X2>e2.lnx［解題觀摩］fX)二「k，設(shè)Xi>x2>0,由f(x])=f(x2)=0,可得lnx]-kx]=0,lnx2-kx2=0,兩式相加減，x2)．得lnx]+lnx2二k(x]+x2),lnx]-lnx2x2)．要證x]x2>e2，即證lnx]x2>2，只需證lnx]+lnx2>2，也就是證k(x]+x2)>2，即證kx]+x2lnx’-lnxlnx,-lnxn2x2(x’-xj因?yàn)閗=12,所以只需證—]，即證ln^>]_x]-x2x]-x2x]+x2x2x]+x2令互二t(t>1)，則只需證ln/>汝?(/>1).x2t+]令h(t)二lnt-2(t^(t>]),t+1則h(皆]-亠二d>0,t(t+1)2t(t+1)2故函數(shù)h(t)在(1,+-)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)二0,即lnt>—_—t+1所以x1x2>e2.［關(guān)鍵點(diǎn)撥］不妨設(shè)x1>x2>0，由f(x1)=f(x2)=0，可得lnx1—kx1=0，lnx2—kx2=0，兩式相加減,利用分析法將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為lnx]ln利用分析法將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為lnx]lnx2x1－x2x1+x2，再利用換元法，通過求導(dǎo)證明上述不等式成立．考點(diǎn)四“轉(zhuǎn)化法”構(gòu)造函數(shù)在關(guān)于“，七的雙變元問題中，若無法將所給不等式整體轉(zhuǎn)化為關(guān)于m(xvx2)的表達(dá)式，則考慮將不等