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1、 6.3 隐极值点问题在不断传承中创新 微积分的创立直接与四类科学问题直接相关，一是已知物体的运动的路程作为时间的 函数，求任意时刻的速度与加速度，反之，已知物体的加速度作为时间的函数，求速度与路 程；二是求曲线的切线；三是求函数的最大值和最小值；四是求长度、 面积、 体积和重心等。 导数是微积分的核心概念之一，它是研究函数增减、变化快慢、最大（小）值等问题 的最一般、最有效的工具。 站在高考层面，导数研究切线的条数，可以转化为切点的个数，最后转化为函数的零 点问题， 两个函数图像存在相互对称的点， 也可以转化为某个函数有零点。 证明函数不等式， 常常转化为函数的单调性或最值，涉及单调性、极值
2、、最值，而这涉及导函数的零点问题， 如果导函数的零点不可求，我们称为隐极值点问题。 全国卷压轴题的考查常常在不断地传承中创新。全国卷压轴题的考查常常在不断地传承中创新。 一、消掉指对数 例 1.（2012 课标文）设函数f(x)= e x-ax-2 ()求 xf的单调区间 ()若a=1,k为整数,且当x0 时,(x-k) f(x)+x+10,求k的最大值 分析：涉及整数问题，常常考虑分参x e x k x 1 1 ，令x e x k x 1 1 ， 令 1 1 1 1 x x x e xe x e x xg,则 2 1 2 x xx e xee xg,零点设为 0 x， 则最小值 1 1 0
3、0 0 x x e ex xg很复杂，利用 0 x满足的关系消掉指对数。 例 2. （2013 全国 2）已知函数f(x)=e x-ln(x+m) ( )设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性； （）当m2时，证明f(x)0 分析： mx exf x 1 ， xf的最小值为mxexf x 00 ln 0 ，既有指数式， 又有对数，利用极值点满足 mx e x 0 1 0 ，两边取对数，得mxx 00 ln，消去指对 数，可得02 11 0 0 0 0 0 mmmx mx x mx xf，可以视为 2012 文科 的拓展。 例 3.（2015 新课标 1 文）设函数 2 ln
4、x f xeax. （I）讨论 f x的导函数 fx的零点的个数； （II）证明：当0a 时 2 2lnf xaa a . 分析： x a exf x 2 2的零点 0 x满足 0 2 0 2 x a e x ， 0 2 0min ln 0 xaexfxf x 是含 0 ,xa两个变量的函数，此时消掉指对数较为简单，由 0 2 0 2 x a e x 得 0 2 2 0 x a e x ，能消 去指数式， 就一定能消去对数式， 两边取对数， 得 00 ln 2 ln2x a x， 即 00 2 2 lnlnx a x， 代入，得 2 ln2 2 ln2 2 2 2 ln 2 0 0 0 0 0
5、 a aa a aax x a x a a x a xf 。可以视为 2013 的变式，其函数的载体都为指数函数和对数函数。 二、涉及导函数零点 0 x（函数的极值点）和参数a的关系，消元 例 4. （2009 全国 2）设函数 2 1f xxaInx有两个极值点 12 xx、，且 12 xx （I）求a的取值范围，并讨论 f x的单调性； （II）证明： 2 1 22 4 In f x w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 分析： 2 x满足 0 1 22 1 2 2 x axx x a xxf， 2 222 1f xxalnx是含 2 ,xa两个变量的函数，利用 2 2 2 22xxa，
6、得到函数更易于处理。 三、零点求解，对导函数进一步处理 例 5. （2016 全国 2）(I)讨论函数 x x2 f(x) x2 e 的单调性，并证明当x 0 时， (2)20; x xex (II)证明：当0,1)a 时，函数 2 x =(0) x eaxa gx x （ ） 有最小值.设 g（x）的最小值为 ( )h a，求函数( )h a 的值域. 分析： 第(II)问， 得到 gx 3 e2e2 xx xaxa x 3 2 2e 2 x x xa x x ， 导函数有参数， 可以考虑分离参数处理导函数的零点问题， 第(I)问恰好给了很好的提示， 2 e 2 x x xa x 有唯一零点
7、 0 x，注意到 02, 010aa，当a在变的时候， 0 x可以跑遍了整 个区间2 , 0，得到 2 0 0 0min 0 x aaxe xgxg x ，结合 0 0 0 0 2 e0 2 x x xa x ，即 0 0 0 2 e 2 x x a x ，则 0 0 2 1 0 2 0 0 0min x x e xx aaxe xgxg ，2 , 0 0 x，最小值为 ah，但还是消掉a，才能处理。 在 2009 年的基础上， 把下界的估计拓展为整个范围， 也增加了在求导函数零点的时候， 增加了对导函数的处理，即分离参数法。 四、要求极值的范围，缩小导数极值点的范围 例 6. （2017 全
8、国 2）已知函数xxaxaxxfln)( 2 ，且( )0f x . （1）求 a； （2）证明：( )f x存在唯一的极大值点 0 x，且 2 0 2 2)( xfe. 分析：第（2）问，导函数有两个极值点，)0(2ln2)(xxxxf一个是 1，还有 另一个需要用零点存在性定理找出，即极大值点 0 x， 000 2 00 ln xxxxxf，按照全 国卷考查的一贯思路，由02ln2)( 000 xxxf得22ln 00 xx， 所以 4 1 )22(ln)( 0 2 0000 2 0000 2 00 xxxxxxxxxxxf，得到了 上 界 ， 找 下 界 却 需 要 进 一 步 缩 小
9、极 值 点 的 范 围 ， 注 意 到 0) 1 (, 02ln1) 2 1 (, 02)( 22 ffeef， 可以得到) 2 1 ,( 2 0 ex， 从而由极大 值，可以求出 22 eefxf，确定下界。 在 2016 的基础上，增加了对极值点范围的估计，在构建函数求范围的基础上需要借助 极大值本身蕴含着比某个数大。 变式 1：设函数).0(3)(, 1 ln)( aaxxg x a xxf （1）求函数)()()(xgxfx的单调增区间； （2） 当1a时， 记)()()(xgxfxh， 是否存在整数， 使得关于x的不等式)(2xh 有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由。
10、 分析：对于第（2）问，令 xxxhln3，由题知 min2xh x xxx x x xxh 3ln3 ln ，令 3lnxxxxu， 所以 2lnxxu，由 0xu得 2 ex 从而 xu在 2 , 0 e单减，在 , 2 e单增， 则 0 2 min euxu，且当0x时，有 0xu， 02, 01uu， 故 xu在, 0上有唯一零点2 , 1, 00 xx，容易说明 000min ln3xxxhxh 借助0 0 xu得到 0 0 0 3 ln x x x ，所以6 93 3 0 0 0 0 00 x x x x xxh 当2 , 1 0 x，得到 2 1 , 46 9 0 0 x x，此
11、时 2 0 xh 为 4 1 , 2一个确定的数， 因为范围太大，无法确定最小整数，从而需要通过缩小 0 x的范围进一步缩小 2 0 xh 的范 围，由二分法取0 2 3 u，得到 2 , 2 3 0 x，则 4 1 , 4 3 2 0 xh ，从而得到0 min 。 3. 已知函数 2 23 x f xexa，aR （1）若函数 yf x的图象在0x 处的切线与x轴平行，求a的值； （2）若0x ， 0f x 恒成立，求a的取值范围 解： （1） 2 x fxexa， yf x的图象在0x 处的切线与x轴平行， 即在0x 处的切线的斜率为 0，即 0210fa，1a （2）f(x)2(exx
12、a)，又令 h(x)2(exxa)，则 h(x)2(ex1)0， h(x)在0，)上单调递增，且 h(0)2(a1) 当 a1 时，f(x)0 恒成立，即函数 f(x)在0，)上单调递增， 从而必须满足 f(0)5a20，解得 5a 5，又 a1，1a 5. 当 a0，使 h(x0)0 且 x(0，x0)时，h(x)0，即 f(x)0，即 f(x)单调递增 f(x)minf(x0)2ex0(x0a)230， 又 h(x0)2(ex0x0a)0，从而 2 ex0(ex0)230, 解得 0x0ln 3. 由 ex0x0aax0ex0，令 M(x)xex，0xln 3， 则 M(x)1ex0，M(x)在(0，ln 3上单调递减， 则 M(x)M(ln 3)ln 33，又 M(x)M(0)1，故 ln 33a1. 综上，ln 33a 5. 点评：第（2）问，得到 f(x)2(exxa)，借助常用不等式1 xex，知道讨论a的分界 点为1a，先从容易的入手，即1a时， 0xf，即函数恒单增。当1a时， 则需要用零点存在性定理找根 0 x，找 0 x的范围，并把a用 0 x表示出来，这是函数观点。参 考 4.6 的第五部分。 手机淘宝扫一扫
