增分点 三招妙解导数零点问题
导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导数研究函数f(x)＝0的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？
猜——猜出方程f′(x)＝0的根 1＋ln x[典例] 设f(x)＝.
x
(1)若函数f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围． [方法演示]
解：(1)因为f′(x)＝－
ln x
，当0
在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，所以a<1 (2)方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解， 即f(x)－x2＋2x＝k有实数解． 设g(x)＝f(x)－x2＋2x， 则g′(x)＝2(1－x)－ ln x . x2 接下来，需求函数g(x)的单调区间，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，所以我们可以先猜后解． 可得g′(1)＝0，且当0 所以g(x)max＝g(1)＝2.当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求实数k的取值范围是(－∞，2]． [解题师说] 当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现ex时，常猜x＝0或x＝ln x. [应用体验] 1 1．函数f(x)＝ex＋x2－(2＋ln 2)x的最小值为________． 2解析：f′(x)＝ex＋x－(2＋ln 2)． 接下来，需求函数f(x)的单调区间，所以需解不等式f′(x)≥0及f′(x)≤0，因而需解方程f′(x)＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解． 易知f′(x)是增函数，所以方程f′(x)＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是ln 2，所以函数f(x)在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数， 1 所以f(x)min＝f(ln 2)＝2－2ln 2－ln22. 21 答案：2－2ln 2－ln22 2 第 1 页 共 8 页 设——设出f′(x)＝0的根 [典例] (2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln. a[方法演示] a 解：(1)法一：f′(x)＝2e2x－x(x>0)． 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点． a 当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－x， a 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增， x所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． a1 又f′(a)>0，当b满足0 44所以当a>0时，f′(x)存在唯一零点． a 法二：f′(x)＝2e2x－(x>0)． x令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x>0)． 因为函数g(x)＝2x(x>0)，h(x)＝e2x(x>0)均是函数值为正值的增函数， 所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe2x(x>0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)． 由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a>0时，f′(x)有唯一零点． (2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0. 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)． aa22 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋alna≥2a＋alna(基本不等式)． x02x02 所以当a>0时，f(x)≥2a＋alna. [解题师说] a 本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值．因此需要求f′(x)＝0的根．但是f′(x)＝2e2x－x＝0的根无法求解．故设出f′(x)＝0的根为x0，通过证明f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上的单调性知f(x)min＝f(x0)＝进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求． [应用体验] 2．设函数f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． 第 2 页 共 8 页 a2 ＋2ax0＋alna，2x0 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a. 若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)由于a＝1， 所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于 x＋1k 令g(x)＝x＋x， e－1 －xex－1ex?ex－x－2? 则g′(x)＝x＋1＝. ?e－1?2?ex－1?2 由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)． 当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k 证——证明方程f′(x)＝0无根 [典例] 已知m∈R，函数f(x)＝mx－(1)求函数g(x)的极小值； (2)若函数y＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数m的取值范围； 2e (3)设h(x)＝x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)－g(x0)>h(x0)，求实数m的取值范围． [方法演示] 解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， 11x－1 g′(x)＝－2＋x＝2. xx 当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0. ∴x＝1为g(x)的极小值点，极小值g(1)＝1. (2)∵y＝mx－ m－11m －－2ln x＝mx－－2ln x. xxx m－11－ln x，g(x)＝＋ln x. xx m2 ∴y′＝m＋2－x≥0在[1，＋∞)上恒成立， x即m≥ 2x 在x∈[1，＋∞)上恒成立． x2＋1 第 3 页 共 8 页
增分点2 三招妙解导数零点问题(1)
