导数零点问题总结

北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育聪明在于勤奋，天才在于积累1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)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[典例]设f(x)＝1＋lnxx.(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)＝－lnxx2，当0x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，所以a1a＋1，即0a1，故所求实数a的取值范围是(0,1)．(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)－lnxx2.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0x1时，g′(x)0，当x1时，g′(x)0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．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lnx时，常猜x＝1；当函数解析式中出现ex时，常猜x＝0或x＝lnx.[应用体验]1．函数f(x)＝ex＋12x2－(2＋ln2)x的最小值为________．答案：2－2ln2－12ln22解析：f′(x)＝ex＋x－(2＋ln2)．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ln2，所以函数f(x)在(－∞，ln2)上是减函数，在(ln2，＋∞)上是增函数，北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育聪明在于勤奋，天才在于积累2所以f(x)min＝f(ln2)＝2－2ln2－12ln22.设——设出f′(x)＝0的根[典例](2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.[方法演示]解：(1)法一：f′(x)＝2e2x－ax(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点．当a0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)0，当b满足0ba4且b14时，f′(b)0，所以当a0时，f′(x)存在唯一零点．法二：f′(x)＝2e2x－ax(x0)．令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x0)．因为函数g(x)＝2x(x0)，h(x)＝e2x(x0)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(x0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a0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)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a(基本不等式)．所以当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.[解题师说]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－ax＝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)＝a2x0＋2ax0＋aln2a，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；北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育聪明在于勤奋，天才在于积累3(2)若a＝1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，求k的最大值．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a0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)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x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10等价于kx＋1ex－1＋x(x0)．①令g(x)＝x＋1ex－1＋x，则g′(x)＝－xex－1ex－12＋1＝exex－x－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kg(α)，故整数k的最大值为2.证——证明方程f′(x)＝0无根[典例]已知m∈R，函数f(x)＝mx－m－1x－lnx，g(x)＝1x＋lnx.(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；(3)设h(x)＝2ex，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，＋∞)，g′(x)＝－1x2＋1x＝x－1x2.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－1x－1x－2lnx＝mx－mx－2lnx.∴y′＝m＋mx2－2x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即m≥2xx2＋1在x∈[1，＋∞)上恒成立．又2xx2＋1＝2x＋1x≤1，所以m≥1.所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．(3)由题意知，关于x的不等式f(x)－g(x)h(x)在[1，e]上有解，即关于x的不等式2e＋2xlnxx2－1北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育聪明在于勤奋，天才在于积累4m(1x≤e)有解．设u(x)＝2e＋2xlnxx2－1(1x≤e)，则u′(x)＝2x2－4ex－2－2x2＋2lnxx2－12(1x≤e)，但不易求解方程u′(x)＝0.可大胆猜测方程u′(x)＝0无解，证明如下：由1x≤e，可得－(2x2＋2)lnx0，2x2－4ex－2＝2(x－e)2－2e2－20，所以u′(x)0，u(x)在(1，e]上是减函数，所以函数u(x)的值域是4ee2－1，＋∞，故所求实数m的取值范围是4ee2－1，＋∞.[解题师说]当利用导函数求函数f(x)在区间[a，b]，[a，b)或(a，b]上的最值时，可首先考虑函数f(x)在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f(x)在区间的端点处取得最值(此时若求f′(x)＝0的根，则此方程是无解的)．[应用体验]3．(理)若存在x使不等式x－mexx成立，则实数m的取值范围为________．答案：(－∞，0)解析：法一：(理)由题意，知存在x使不等式－mxex－x成立．设x＝t(t≥0)，则存在t≥0使不等式－mtet2－t2成立．设f(t)＝tet2－t2(t≥0)，则f′(t)＝et2(2t2＋1)－2t(t≥0)，需解方程f′(t)＝0，但此方程不易求解．可大胆猜测方程f′(t)＝0无解(若方程f′(t)＝0无解，则f′(t)的值恒正或恒负(否则由零点存在性定理知方程f′(t)＝0有解)，得f(t)是增函数或减函数，此时研究函数f(t)就很方便)，证明如下：f′(t)＝et2(2t2＋1)－2t≥22tet2－2t≥0(t≥0)，所以f′(t)0(t≥0)，所以函数f(t)是增函数，故其最小值为f(0)＝0.所以－m0，即m0.(文)由题意，知存在x使不等式－mxex－x成立，当x＝0时，m0，当x0时，令f(x)＝xex－x，则f′(x)＝12x＋xex－1，不易求方程f′(x)＝0的根，故可大胆猜测方程f′(x)＝0无解，即f′(x)的值恒正或恒负．证明如下：f′(x)＝12x＋xex－1≥212x·xex－1＝2ex－1，∵x0，∴2ex2，∴2ex－10，∴f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)f(0)＝0，∴－m0，即m0.综上可知m的取值范围为(－∞，0)．法二：不等式x－mex＞x成立，等价于m＜x－x·ex.故存在x使不等式x－mex＞x成立，等价于北京华罗庚学校为全国学生提供优质教育聪明在于勤奋，天才在于积累5m＜(x－x·ex)max.令f(x)＝x－xex，则f′(x)＝1－12x＋xex0.∴f(x)＝x－xex在[0，＋∞)上是单调递减函数，故(x－x·ex)max＝0，∴m＜0.1．已知函数f(x)＝lnx＋kex(k为常数，e＝2.71828……是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数．证明：对任意x0，g(x)1＋e－2.解：(1)f′(x)＝1x－lnx－kex，因为f′(1)＝0，所以1－k＝0，即k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－lnx－1ex.易知h(x)＝1x－lnx－1在(0，＋∞)上是减函数，且h(1)＝0，所以当0x1时，f′(x)0，当x1时，f′(x)0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明：由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤01＋e－2，故只需证明g(x)1＋e－2在0x1时成立．当0x1时，ex1，且g(x)0，∴g(x)＝1－xlnx－xex1－xlnx－x.设F(x)＝1－xlnx－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(lnx＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.所以g(x)F(x)≤1＋e－2.综上，对任意x0，g(x)1＋e－2.2．已知函数f(x)＝kex－x2有两个极值点x1，x2(x1x2)．(1)求k的取值范围；(2)求f(x1)，f(x2)的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝kex－2x，所以由f′(x)＝0，得k＝2xex.设φ(x)＝2xex，则φ′(x)＝2ex(1－x)．当x1时，φ′(x)0，当x1时，φ′(x)0，所以φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，φ(x)max＝2e.作出函数φ(x)的图象如图所示