虚设隐零点-巧解高考题

虚设隐零点巧解高考题求解导数压轴题时，很多时候都需要求函数在给定区间上的零点，但经常会碰到函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形．此时，可以将这个零点虚设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为“虚设零点”法．此解题方法类似于解析几何中的“设而不求”.例1：（2017年全国II，理21）已知函数2lnfxaxaxxx，且0fx.(1)求a；(2)证明fx存在唯一的极大值点0x，且2202efx.解：(1)1a；（2）由（1）知2lnfxxxxx，'22lnfxxx,1()2fxx()fx在10,2单调递减，在1,2单调递增.即min1()()ln2102fxf又222(1)0,()0ffee201(,)2xe使得0()0fx当0(0,)xx时，()0fx，0(,1)xx时，()0fx，(1,)x时，()0fx()fx在00,,1,x单调递增，在0,1x单调递减即fx存在唯一的极大值点0x.又000()22ln0fxxx00ln22xx从而2220000000011()ln()24fxxxxxxxx201(,)2xe2011()()()24fefxf而22222()()feeee2202efx评析：当导函数存在零点且无法求出时，可考虑虚设零点0x，再对0()0fx进行合理的变形与代换，将超越式转化为普通式，从而达到化简0()fx的目的.再根据零点存在性判定定理，得出201(,)2xe，并结合0()fx的单调性即可完成证明.例2：（2015年全国Ⅰ文科21（2））设函数2elnxfxax.求证：当0a时，22lnfxaaa.解：根据第（1）问可知fx有唯一零点，设零点为0x，且()fx在0,单调递增，当00,xx时，0fx，即fx单调递减；当0,xx时，0fx，即fx单调递增.fx在0xx处取得极小值，即0200minelnxfxfxax.又02002e0xafxx，解得020e2xax.①①两边分别取自然对数，得002lnln2xax，即00lnln22axx.所以00000ln22ln2222aaaafxaxaxaxx22ln2ln2aaaaaa（当且仅当0022aaxx，即012x时取等号）.评析：欲证22lnfxaaa，只需证min22lnfxaaa，而minfx在()fx的零点处取得.但02002e0xafxx为超越方程，无法求出其解，故只需“设而不求”，有等式02002e0xafxx的合理变换，得00022ln2afxaxaxa，再利用均值不等式即可证明.例3：（2013全国Ⅱ理科21）已知函数elnxfxxm.（1）设0x是fx的极值点，求m，并讨论fx的单调性；（2）当2m≤时，证明0fx.解：（1）1exfxxm.由0x是fx的极值点得00f，所以1m.于是eln1xfxx，定义域为1,，1e1xfxx.函数1e1xfxx在1,上单调递增，且00f，因此当1,0x时，0fx；当0,x时，0fx.所以，fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增.（2）证明：当2m≤，,xm时，lnln2xmx≤，则lnln2xmx-从而()ln2xfxex-故只需证()ln20(2)xgxexx-211e,()e02(2)xxgxgxxx1e2xgxx在2,上单调递增.又11110,002gge，存在唯一01,0x，使得00gx当02,xx时，0gx；当0,xx时，0gx，从而当0xx时，gx取得最小值.由00gx得001e2xx，00ln2xx，故20000011022xgxgxxxx≥.综上，当2m≤时，0fx.例4：（2014年全国Ⅱ文科21）已知函数3232fxxxax，曲线()yfx在点0,2处的切线与x轴交点的横坐标为2.（1）求a；（2）证明：当1k时，曲线()yfx与直线2ykx只有一个交点.解：（1）1a.（2）由（1）知，32()32fxxxx设()gx()2fxkx323(1)4xxkx，下证()ygx与x轴只有一个交点由题设知10k.当0x时，'()gx23610xxk，()gx单调递增，(1)10,(0)4gkg，所以()gx=0在,0有唯一实根.当0x时，令32()34hxxx，则()gx()(1)()hxkxhx.而2'()363(2)hxxxxx，()hx在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，()()(2)0gxhxh即()0gx在(0,)没有实根.综上，()gx=0在R有唯一实根，即曲线()yfx与直线2ykx只有一个交点.例5：（2009年全国Ⅱ理科22）设函数21fxxalnx有两个极值点12xx、，且12xx（I）求a的取值范围，并讨论fx的单调性；（II）证明：21224lnfxw.w.w.k.s.5.u.c.o.m解:（I）2222(1)11axxafxxxxx令2()22gxxxa，其对称轴为12x.由题意知12xx、是方程()0gx的两个均大于1的不相等的实根，其充要条件为480(1)0aga，得102a⑴当1(1,)xx时，0,()fxfx在1(1,)x内为增函数；⑵当12(,)xxx时，0,()fxfx在12(,)xx内为减函数；⑶当2,()xx时，0,()fxfx在2,()x内为增函数；（II）由（I）21(0)0,02gax，222(2)axx+222222222221(2)1fxxalnxxxxlnx+2设221(22)1()2hxxxxlnxx，则22(21)122(21)1hxxxlnxxxlnx⑴当1(,0)2x时，0,()hxhx在1[,0)2单调递增；⑵当(0,)x时，0hx，()hx在(0,)单调递减.1112ln2(,0),()224xhxh当时故22122()4Infxhx．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m例6：（2013年湖北理科10）已知a为常数，函数)(ln)(axxxxf有两个极值点)(,2121xxxx，则（）A.)(1xf0,)(2xf－21B.)(1xf0,)(2xf－21C.)(1xf0,)(2xf－21D.)(1xf0,)(2xf－21【解析】选D∵()(ln)fxxxax，∴()ln21fxxax又函数()(ln)fxxxax有两个极值点12,xx，∴()ln21fxxax有两个零点12,xx，即函数()lngxx与函数()21hxax有两个交点．∴120,0axx设经过点0,1的曲线()lngxx的切线与曲线()lngxx相切于点00,lnxx，则切线方程为0001ln()yxxxx，将点0,1代入，得01x，故切点为1,0．此时，切线的斜率1k，∴要函数()lngxx与函数()21hxax有两个交点，结合图象可知，021a，即1210,012axx1111()(ln)fxxxax而111()ln210fxxax的11ln21xax21111111()(21)(0)0(01)fxxaxaxaxxfx同理，由222()ln210fxxax得22ln12xax2222222()(ln)(ln1)(1)2xfxxxaxxx，设()(ln1)(1)2xhxxx则ln()0(1)2xhxx，即()hx在(1,)单调递增，1()(1)2hxh即21()2fx