导数专题讲义四---虚设零点法

导数中虚设零点法探究1——整体代换，将超越式换成普通式设函数2lnxfxeax.（Ⅰ）讨论fx的导函数fx的零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a时22lnfxaaa.变式1：（2018·常州期末·20）已知函数2ln()()xfxxa，其中a为常数．（1）若0a，求函数()fx的极值；（2）若函数()fx在(0)a，上单调递增，求实数a的取值范围；（3）若1a，设函数()fx在(01)，上的极值点为0x，求证：0()2fx．探究2——降次留参，建立含有参数的方程已知函数321()3fxxxax．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）设()fx有两个极值点12,xx，若过两点11(,())xfx，22(,())xfx的直线l与x轴的交点在曲线()yfx上，求a的值。探究3：反代消参，构造关于零点单一函数已知函数2()1()ln()fxxaxgxxaaR，．⑴当1a时，求函数()()()hxfxgx的极值；⑵若存在与函数()fx，()gx的图象都相切的直线，求实数a的取值范围．变式2已知函数2()1()ln()fxxaxgxxaaR，．⑴当1a时，求函数()()()hxfxgx的极值；⑵若存在与函数()fx，()gx的图象都相切的直线，求实数a的取值范围变式1【答案】解：（1）当0a时，2ln()xfxx，定义域为(0)，．312ln()xfxx，令()0fx，得ex．x(0e)，e(e)，()fx＋0－()fx↗极大值12e↘∴当ex时，()fx的极大值为12e，无极小值．（2）312ln()()axxfxxa，由题意()0fx≥对(0)xa，恒成立．∵(0)xa，，∴3()0xa，∴12ln0axx≤对(0)xa，恒成立．∴2lnaxxx≤对(0)xa，恒成立．令()2lngxxxx，(0)xa，，则()2ln1gxx，①若120ea≤，即120ea≥-，则()2ln10gxx对(0)xa，恒成立，∴()2lngxxxx在(0)a，上单调递减，则2()ln()()aaaa≤-，∴ln()a0≤，∴1a≤与12ea≥-矛盾，舍去；②若12ea，即12ea，令()2ln10gxx，得12ex，当120ex时，()2ln10gxx，∴()2lngxxxx单调递减，当12exa时，()2ln10gxx，∴()2lngxxxx单调递增，∴当12ex时，1111122222min[()](e)2eln(e)e2egxg，∴122ea≤．综上122ea≤．（3）当1a时，2ln()(1)xfxx，312ln()(1)xxxfxxx．令()12lnhxxxx，(01)x，，则()12(ln1)2ln1hxxx，令()0hx，得12ex．①当12e1x≤时，()0hx≤，∴()12lnhxxxx单调递减，12()(02e1]hx，，∴312ln()0(1)xxxfxxx恒成立，∴2ln()(1)xfxx单调递减，且12()(e)fxf≤，②当120ex≤时，()0hx≥，∴()12lnhxxxx单调递增，其中11114()12ln()ln02222eh，又222225(e)e12eln(e)10eh，∴存在唯一201(e,)2x，使得0()0hx，∴0()0fx，当00xx时，()0fx，∴2ln()(1)xfxx单调递增，当120exx≤时，()0fx，∴2ln()(1)xfxx单调递减，且12()(e)fxf≥，由①和②可知，2ln()(1)xfxx在0(0)x，单调递增，在0(1)x，上单调递减，∴当0xx时，2ln()(1)xfxx取极大值．∵0000()12ln0hxxxx，∴0001ln2xxx，∴00220000ln11()112(1)(1)2()22xfxxxxx，又01(0)2x，，∴201112()(0)222x，，∴0201()2112()22fxx．探究2解析：解：（1）依题意可得2()2fxxxa当440a即1a时，220xxa恒成立，故()0fx，所以函数()fx在R上单调递增；当440a即1a时，2()20fxxxa有两个相异实根1224411,112axaxa且12xx故由2()20fxxxa(,11)xa或(11,)xa，此时()fx单调递增由2()201111fxxxaaxa，此时此时()fx单调递增递减综上可知当1a时，()fx在R上单调递增；当1a时，()fx在(,11)xa上单调递增，在(11,)xa单调递增，在(11,11)aa单调递减。（2）由题设知，12,xx为方程()0fx的两个根，故有2211221,2,2axxaxxa因此322211111111111111112122()(2)(2)(1)33333333afxxxaxxxaxaxxaxxaaxax同理222()(1)33afxax因此直线l的方程为2(1)33ayax设l与x轴的交点为0(,0)x，得02(1)axa而22322031()()()(12176)32(1)2(1)2(1)24(1)aaaafxaaaaaa由题设知，点0(,0)x在曲线()yfx的上，故0()0fx，解得0a或23a或34a所以所求a的值为0a或23a或34a。探究3【答案】（1）函数()hx的定义域为(0,)当1a时，2()()()ln2hxfxgxxxx，所以1(21)(1)()21xxhxxxx………………………………………………2分所以当102x时，()0hx，当12x时，()0hx，所以函数()hx在区间1(0,)2单调递减，在区间1(,)2单调递增，所以当12x时，函数()hx取得极小值为11+ln24，无极大值；…………………4分（2）设函数()fx上点11(,())xfx与函数()gx上点22(,())xgx处切线相同，则121212()()()()fxgxfxgxxx所以211212121(ln)12xaxxaxaxxx……………………………………6分所以12122axx，代入21211221(ln)xxxaxxax得：222221ln20(*)424aaxaxx………………………………………………8分设221()ln2424aaFxxaxx，则23231121()222axaxFxxxxx不妨设2000210(0)xaxx则当00xx时，()0Fx，当0xx时，()0Fx所以()Fx在区间0(0,)x上单调递减，在区间0(,)x上单调递增，……………10分代入20000121=2xaxxx可得：2min000001()()2ln2FxFxxxxx设21()2ln2Gxxxxx，则211()220Gxxxx对0x恒成立，所以()Gx在区间(0,)上单调递增，又(1)=0G所以当01x≤时()0Gx≤，即当001x≤时0()0Fx≤,……………12分又当2axe时222421()ln2424aaaaaFxeaee2211()04aae≥……………………………………14分因此当001x≤时，函数()Fx必有零点；即当001x≤时，必存在2x使得(*)成立；[来源:学_科_网]即存在12,xx使得函数()fx上点11(,())xfx与函数()gx上点22(,())xgx处切线相同．又由12yxx得：2120yx所以12(0,1)yxx在单调递减，因此20000121=2[1+)xaxxx，所以实数a的取值范围是[1,)．…………………………………………………16分【变式2】（1）函数()hx的定义域为(0,)当1a时，2()()()ln2hxfxgxxxx，所以1(21)(1)()21xxhxxxx………………………………………………2分所以当102x时，()0hx，当12x时，()0hx，所以函数()hx在区间1(0,)2单调递减，在区间1(,)2单调递增，所以当12x时，函数()hx取得极小值为11+ln24，无极大值；…………………4分（2）设函数()fx上点11(,())xfx与函数()gx上点22(,())xgx处切线相同，则121212()()()()fxgxfxgxxx所以211212121(ln)12xaxxaxaxxx……………………………………6分所以12122axx，代入21211221(ln)xxxaxxax得：222221ln20(*)424aaxaxx………………………………………………8分设221()ln2424aaFxxaxx，则23231121()222axaxFxxxxx不妨设2000210(0)xaxx则当00xx时，()0Fx，当0xx时，()0Fx所以()Fx在区间0(0,)x上单调递减，在区间0(,)x上单调递增，……………10分代入20000121=2xaxxx可得：2min000001()()2ln2FxFxxxxx设21()2ln2Gxxxxx，则211()220Gxxxx对0x恒成立，所以()Gx在区间(0,)上单调递增，又(1)=0G所以当01x≤时()0Gx≤，即当001x≤时0()0Fx≤,……………12分又当2axe时222421()ln2424aaaaaFxeaee2211()04aae≥……………………………………14分因此当001x≤时，函数()Fx必有零点；即当001x≤时，必存在2x使得(*)成立；[来源:学_科_网]即存在12,xx使得函数()fx上点11(,())xfx与函数()gx上点22(,())xgx处切线相同．又由12yxx得：2120yx所以12(0,1)yxx在单调递减，因此20000121=2[1+)xaxxx，所以实数a的取值范围是[1,)．…………………………………………………16分