《高中数学导数学习的重难点专题03 隐零点问题(解析版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学导数学习的重难点专题03 隐零点问题(解析版)（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题03 隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行但可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法1设函数f(x)exax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)
2、f(x)x10，求k的最大值【解析】(1)当a0时，f(x)的单调递增区间是(，)，无单调递减区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是(，ln a)，单调递增区间是(ln a，)(解答过程略)(2)由题设可得(xk)(ex1)x10，即k0)恒成立令g(x)x(x0)，得g(x)1(x0)由(1)的结论可知，函数h(x)exx2(x0)是增函数又因为h(1)0，所以函数h(x)的唯一零点(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)当x(0，)时，g(x)0，所以g(x)ming().又e2且(1,2)，则g(x)ming()1(2,3)，所以k的最大值为2.2已知函数f(x).(1)求函数f(
3、x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y00上有解构造辅助函数g(x)1ln x6x2(x0)，g(x)12x0，函数g(x)在(0，)上单调递减，且g(1)50，所以x0，使得g(x0)0.即证明曲线y存在斜率为6的切线设切点坐标为(x0，f(x0)，则f(x0)6x0，x0.令h(x)6x，x.由h(x)在区间上单调递减，则h(x)h1，所以y0f(x0)0，证明：f(x0)2(x0x)【解析】(1) f(x)(x1)exa(x1)，x(0，)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，不存在极值点；当a0时，令h(x)xexa，h(x)(x1)
4、ex0.显然函数h(x)在(0，)上是增函数，又因为当x0时，h(x)a0，必存在x00，使h(x0)0.当x(0，x0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)为增函数所以，xx0是f(x)的极小值点综上，当a0时，f(x)无极值点，当a0时，f(x)有一个极值点(2)证明由(1)得，f(x0)0，即a，f(x0)a(x0ln x0)(1x0ln x0)，因为f(x0)0，所以1x0ln x00，令g(x)1xln x，g(x)1g(1)得x0，所以(x)为增函数，(x)(1)0，即(x)0，即ln x1x，所以ln(x1)x10.因为x0(0,1)，所以x010,1x0ln x01
5、x01x00，相乘得(1x0ln x0)(x01)(22x0)，所以f(x0)(1x0ln x0)2x0(x01)(1x0)2x0(1x)2(x0x)结论成立5已知函数f(x)ln xx2x，g(x)(x2)exx2m(其中e为自然对数的底数)当x(0,1时，f(x)g(x)恒成立，求正整数m的最大值【解析】当x(0,1时，f(x)g(x)，即m(x2)exln xx.令h(x)(x2)exln xx，x(0,1，所以h(x)(1x)，当00，所以u(x)在(0,1上单调递增因为u(x)在区间(0,1上的图象是一条不间断的曲线，且u20，所以存在x0，使得u(x0)0，即，所以ln x0x0.
6、当x(0，x0)时，u(x)0，h(x)0，h(x)0.所以函数h(x)在(0，x0上单调递减，在x0,1)上单调递增，所以h(x)minh(x0)(x02)ln x0x0(x02)2x012x0.因为y12x在x(0,1)上单调递减，又x0，所以h(x0)12x0(3,4)，所以当m3时，不等式m(x2)exln xx对任意的x(0,1恒成立，所以正整数m的最大值是3.6已知f(x)x24x6ln x.(1)求f(x)在(1，f(1)处的切线方程以及f(x)的单调性；(2)对任意x(1，)，有xf(x)f(x)x26k12恒成立，求k的最大整数解；(3)令g(x)f(x)4x(a6)ln x
7、，若g(x)有两个零点分别为x1，x2(x1x2)且x0为g(x)的唯一的极值点，求证：x13x24x0.【解析】 (1)因为f(x)x24x6ln x，所以定义域为(0，)，所以f(x)2x4，且f(1)8，f(1)3，所以切线方程为y8x5.又f(x)(x1)(x3)，令f(x)0解得x3，令f(x)0解得0x3，所以f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，)(2)xf(x)f(x)x26k12等价于k，记h(x)，则kh(x)min，且h(x)，记m(x)x2ln x，则m(x)10，所以m(x)为(1，)上的单调递增函数，且m(3)1ln 30，m(4)2ln 40，所
8、以存在x0(3,4)，使得m(x0)0，即x02ln x00，所以h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，且h(x)minh(x0)x0(3,4)，所以k的最大整数解为3.(3)证明：g(x)x2aln x，则g(x)2x，令g(x)0，得x0，当x时，g(x)0，当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，而要使g(x)有两个零点，要满足g(x0)0，即g2aln0a2e.因为0x1，x2，令t(t1)，由g(x1)g(x2)，可得xaln x1xaln x2，即xaln x1t2xaln tx1，所以x，而要证x13x24x0，只需证(3t1)x12，即证
9、(3t1)2x8a，即(3t1)28a，又a0，t1，所以只需证(3t1)2ln t8t280，令h(t)(3t1)2ln t8t28，则h(t)(18t6)ln t7t6，令n(t)(18t6)ln t7t6，则n(t)18ln t110(t1)，故n(t)在(1，)上单调递增，n(t)n(1)0，故h(t)在(1，)上单调递增，h(t)h(1)0，所以x13x24x0.7已知函数当时,求整数的最大值【解析】当时,即, 因为,所以只需,令,所以,令,在递增但无法求解,故引入隐零点：,根据零点存在性定理,使得,即 当时,即,为减函数,当时,即,为增函数,所以,故； 在递增,所以,又 所以整数的
10、最大值是18已知函数.（1）证明：函数在上存在唯一的零点；（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.【解析】（1）证明：，.在区间上单调递增，在区间上单调递减，函数在上单调递增.又，令，则在上单调递减，故.令，则，所以函数在上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函数在上单调递增.当时，单调递减；当时，单调递增.由（*）式得.，显然是方程的解.又是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式，得，即所求实数的值为.9已知函数，（1）令，求的最小值；（2）若恒成立，求的取值范围【解析】（1）有题意知，当，即在上单调递减，当，即在上单调递增，故，的最小值为0；（2）原不等式等价于，即，在上恒成立，等价于，在上恒成立，令，令，则为上的增函数，又当时，在存在唯一的零点，即，由，又有在上单调递增，的取值范围是10已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线斜率
