素养拓展10 导数中的隐零点问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展10导数中的隐零点问题（精讲+精练）一、隐零点问题隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.基本步骤：第1步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程'()fx00，并结合()fx的单调性得到零点的范围；第2步：以零点为分界点，说明导函数'()fx的正负，进而得到()fx的最值表达式；第3步：将零点方程'()fx00适当变形，整体代入()fx最值式子进行化简，要么消除()fx最值式中的指对项，要么消除其中的参数项，从而得到()fx最值式的估计.下面我们通过实例来分析.二、函数零点的存在性定理函数零点存在性定理：设函数fx在闭区间,ab上连续，且0fafb，那么在开区间,ab内至少有函数fx的一个零点，即至少有一点0,xab，使得00fx.三、常见类型1.隐零点代换2.隐零点同构实际上，很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项，而这类问题由往往具有同构特征，所以下面我们看到的这两个问题，它的隐零点代换则需要同构才能做出，否则，我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.例如：1lnlnln)(ln1)(xxxxxxxfxeexxexfxxx3.隐零点的估计二、题型精讲精练一、知识点梳理【典例1】已知函数1()elnlnxfxaxa．（1）当ea时，求曲线)(xfy在点))1(,1(f处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）若1)(xf，求a的取值范围.解析：（1）切线方程为12yex,故切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e,所求三角形面积为1222||=211ee.（2）由于1()elnlnxfxaxa,11()xfxaex，且0a.设()()gxfx,则121()0,xgxaex即()fx在(0,)上单调递增，当1a时，()01f,∴11minfxf,∴1fx成立.当1a时，11a，111()(1)(1)(1)0affaeaa,∴存在唯一00x，使得01001()0xfxaex，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx时()0fx，0101xaex，00ln1lnaxx，因此01min00()()lnlnxfxfxaexa000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx,故1fx恒成立；当01a时，(1)ln1,faaa∴(1)1,()1ffx不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,).【典例2】已知函数axfxex（aR，e为自然对数的底数），ln1gxxmx.（1）若fx有两个零点，求实数a的取值范围；（2）当1a时，xfxxgx对任意的0,x恒成立，求实数m的取值范围.解析：（1）fx有两个零点关于x的方程axex有两个相异实根，由0axe，知0xfx有两个零点lnxax有两个相异实根.令lnxGxx，则21lnxGxx，由0Gx得：0xe，由0Gx得：xe，Gx在0,e单调递增，在,e单调递减，max1GxGee，又10G，当01x时，0Gx，当1x时，0Gx当x时，0Gx，fx有两个零点时，实数a的取值范围为10,e；（2）当1a时，xfxex，原命题等价于ln1xxexmx对一切0,x恒成立ln1xxmexx对一切0,x恒成立.令ln10xxFxexxxminmFx，222lnlnxxxxexFxexx，令2lnxhxxex，0,x，则2120xhxxexex，hx在0,上单增，又10he，1201110eheee01,1xe，使00hx即0020en0lxxx①，当00,xx时，0hx，当0,xx时，0hx，即Fx在00,x递减，在0,x递增，000min00ln1xxFxFxexx由①知0200lnxxex，001ln000000ln111lnlnxxxxeexxxx函数xxxe在0,单调递增，001lnxx即00lnxx，0ln0min000011111xxFxexxxx，1m实数m的取值范围为,1.【典例3】已知函数2()lnfxaxaxxx，且()0fx≥．（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且220()2efx．解析：（1）1a．（2）由（1）知2()lnfxxxxx，()22lnfxxx．设()22lnhxxx，则1()2hxx．当1(0,)2x时，()0hx；当1(,)2x时，()0hx．所以()hx在1(0,)2单调递减，在1(,)2单调递增．又2()0he，1()02h，(1)0h，所以()hx在1(0,)2有唯一零点0x，在1[,)2有唯一零点1，且当0(0,)xx时，()0hx；当0(,1)xx时，()0hx；当(1,)x时，()0hx．因此()()fxhx，所以0xx是()fx的唯一极大值点．由0()0fx得00ln2(1)xx，故000()(1)fxxx．由0(0,1)x得，01()4fx．因为0xx是()fx在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e，1()0fe得120()()fxfee．所以220()2efx．【题型训练】1．已知函数()()ln3(R)fxxaxxaa．(1)若0a，求()fx的极小值．(2)讨论函数()fx的单调性；(3)当2a时，证明：()fx有且只有2个零点．【答案】(1)4(2)答案见解析(3)证明见解析【详解】（1）当0a时，()ln3,()fxxxxfx的定义域为(0,)，()ln11lnfxxx，在区间(0,1),()0,()fxfx递减；在区间(1,),()0,()fxfx递增．所以当1x时，()fx取得极小值(1)4f．（2）()()ln3fxxaxxa的定义域为(0,)，()ln1lnxaafxxxxx．令221()ln(0),()aaxahxxxhxxxxx，当0a时，()0hx恒成立，所以()hx即()fx在(0,)上递增．当0a时，()hx在区间(0,),()0,()ahxhx即()fx递减；在区间(,),()0,()ahxhx即()fx递增．（3）当2a时，2()(2)ln1,()lnfxxxxfxxx，由（2）知，()fx在(0,)上递增，2(2)ln210,(3)ln303ff，所以存在0(2,3)x使得00fx，即002lnxx．()fx在区间00,x，()0,()fxfx递减；在区间0,,()0,()xfxfx递增．所以当0xx时，()fx取得极小值也即最小值为000000000242ln1211fxxxxxxxxx，由于00004424xxxx，所以00fx．11111122ln12110eeeeeeef，2222222ee2lnee12e4e1e50f，根据零点存在性定理可知()fx在区间00,x和0,x，()fx各有1个零点，所以()fx有2个零点．2.已知函数2()lnfxxaxx，1()e1lnxgxxxx．(1)当1a时，求函数()fx在点(1,(1))f处的切线方程；(2)设a0，若1(0,e)x，2(0,)x，都有1210fxgx，求实数a的取值范围．【答案】(1)22yx(2)9e,0e【详解】（1）当1a时，2()lnfxxxx，1()21fxxx，∵(1)0f，∴切点为(1,0)，∵(1)2f，∴切线斜率2k，∴切线方程为22yx（2）1()2fxxax，0x．当a0时，()0fx，()fx单调递增，∴1(0,e)x，21(e)ee1fxfa．1ln()exxgxxx，0x，22eln()xxxgxx，令2()lnxhxxex，0x，21()2e0xhxxxx∴()hx在(0,)上单调递增，且(1)0he，121e10eeeh，∴01,1ex，使得00hx，即0200eln0xxx，也即001ln000000ln111elnlnexxxxxxxx．令()exmxx，0x，()(1)exmxx，显然0x时，()0mx，()mx单调递增，∴001lnxx，即001exx．∵当00,xx时，()0hx，()0gx，()gx单调递减，当0,xx时，()0hx，()0gx，()gx单调递增，∴000min0000ln1()ee1xxxgxgxxxx．∵1(0,e)x，2(0,)x，都有1210fxgx，∴2ee110a，得9eea，故实数a的取值范围为9e,0e．3.已知函数()ecos2,()xfxxfx为()fx的导数.(1)当0x时，求()fx的最小值；(2)当π2x时，2ecos20xxxxaxx恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）由题意，()esinxfxx，令()esinxgxx，则()ecosxgxx，当0x时，e1x，cos1x，所以()0gx，从而()gx在[0,)上单调递增，则()gx的最小值为(0)0g，故()fx的最小值0；（2）由已知得当π2x时，ecos20xxxax恒成立，令ecos2xhxxax，esinxhxxa，①当1a时，若0x时，由（1）可知10hxa，∴hx为增函数，∴00hxh恒成立，∴0xhx恒成立，即ecos20xxxax恒成立，若π,02x，令esinxmxxa则ecosxmxx，令ecosxnxx，则esinxnxx，令esinxpxx，则ecosxpxx，∵在px在π,02x内大于零恒成立，∴函数px在区间π,02为单调递增，又∵π2πe102p，01p，，∴px上存在唯一的0π,02x使得00px，∴当0π,2xx时，0nx，此时nx为减函数，当0,0xx时，0hx，此时nx为增函数