专题16 导数中的隐零点问题-2021年高考数学二轮经典专题深度解读

专题16 导数中的隐零点问题 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系。按导函数零点是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”。 　函数最值中的“隐零点” 【例1】已知函数f（x）=+4log2x+m，x∈[，4]，m为常数． （1）设函数f（x）存在大于1的零点，求实数m的取值范围； （2）设函数f（x）有两个互异的零点α，β，求m的取值范围，并求α·β的值． 【答案】(1)[–12，0);（2）. 【解析】（1）令log2x=t，x∈[，4]，则g（t）=t2+4t+m（t∈[–3，2]）． 由于函数f（x）存在大于1的零点，所以方程t2+4t+m=0在t∈（0，2]上存在实数根， 由t2+4t+m=0，得m=–t2–4t，t∈（0，2]， 所以m∈[–12，0）． 故m的取值范围为[–12，0）． （2）函数f（x）有两个互异的零点α，β，则函数g（t）=t2+4t+m在[–3，2]上有两个互异的零点t1，t2，其中t1=log2α，t2=log2β， 所以，解得3≤m<4，所以m的取值范围为[3，4）． 根据根与系数的关系，可知t1+t2=–4，即log2α+log2β=–4， 所以log2（α·β）=–4，α·β=2–4=． 【例2】设函数f（x）＝ax2+bx+clnx，（其中a，b，c为实常数）曲线y＝f（x）（其中a＞0）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3x﹣3， （Ⅰ）若函数f（x）无极值点且f′（x）存在零点，求a，b，c的值； （Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点，证明f（x）的极小值小于． 【答案】（Ⅰ）a，b，c；（Ⅱ）见解析. 【解析】解（Ⅰ）曲线y＝f（x）（其中a＞0）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝3x﹣3，f′（x）＝2ax+b， 斜率k═f′（1）＝2a+b+c＝3， 由点（1，f（1））在y＝3x﹣3上， ∴f（1）＝3﹣3＝0， ∴f（1）＝a+b+cln1＝a+b＝0， 即b＝﹣a，c＝3﹣a， 则f（x）＝ax2﹣ax+（3﹣a）lnx， f′（x） 当F（x）无极值点且f′（x）存在零点时，则方程f′（x）0， 即关于的方程2ax2﹣ax+3﹣a＝0 有两个相等的实数根，（a＞0），∴△＝a2﹣8a（3﹣a）＝0，解得a，b＝﹣a，c＝3﹣a，即a，b，c， （Ⅱ）由f′（x）（x＞0） 要使函数f（x）有两个极值点，只要方程 2ax2﹣ax+3﹣a＝0有两个不相等的实数根，两正根为x1，x2，x1＜x2，∴△＝a2﹣8a（3﹣a）＞0，（a＞0）， 解得：a，∴x10，x2，∴a＜3， ∴0，x2， ∴当x＜x2时，f′（x）＜0时， 当x2＜x时，f′（x）＞0时， ∴当x＝x2时，有极小值f（x2）， 由ax2+3＝0，得：a， ∴f（x2）＝ax22﹣ax2+（3﹣a）lnx2＝a（ax2﹣lnx2）+3lnx2 ＝3lnx2，x2， 而f′（x）， 即g（x）＝x2﹣x﹣lnx，（x≤1），有g′（x）＝2x﹣1 对于x∈（，1]恒成立， 又g（1）＝0，故对x∈（，），恒有g（x）＞g（1）， 即g（x）＞0，∴f′（x）＞0，对于x2，恒成立． 即f（x2）在（，）上单调递增 ∴f（x2） 【例3】已知函数f（x）＝lnx+a（x2﹣1）． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）当a，x∈[1，+∞）时，证明：f（x）≤（x﹣1）ex． 【答案】（1）函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减（2）见解析 【解析】（1）函数的定义域为（0，+∞），， 当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a＜0时，由f′（x）＞0解得，由f′（x）＜0解得， ∴函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减； （2）证明：令，则，g′（1）＝e﹣（e﹣1）﹣1＝0， 再令，则， 当x≥1时，， ∴，即m′（x）＞0， ∴y＝m（x）在[1，+∞）上单调递增， ∵m（1）＝g′（1）＝0， ∴m（x）≥m（1）＝0， ∴y＝g（x）在[1，+∞）上单调递增， ∴g（x）≥g（1）＝0， 综上可知，f（x）≤（x﹣1）ex． 　不等式证明中的“隐零点” 【例4】已知函数f(x)=lnx - ax(a∈R) (l)讨论函数f(x)的单调性和极值 (2)若函数）y=f(x)有两个零点x1，x2，证明． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）由，得， 若时，恒成立，在上单调递增，无极值 若时，由，有，在上单调递增，在上单调递减， 函数的极大值为． （2）不妨设