函数隐零点问题的探究-《中学生数理化》高二数学2024年1月刊

■郑州市第十一中学 李小斌 导数隐零点问题是高考函数零点中常见 的题型之一,其源自含指数或对数的函数方 程无法进行精确求解,我们只能在得到方程 解的存在性之后去估计大致的范围,从而进 行求解。 解决隐零点问题的三部曲通常是: 第一步,用零点存在性定理判断导函数 的零点存在,列出零点方程f'(x)=0,并结 合f(x)的单调性得到零点的范围; 第二步,以零点为分界点,说明导函数 f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达 式; 第三步,将零点方程f'(x)=0 适当变 形,整体代入f(x)的最值式子进行化简,要 么消除f(x)最值式子中的指数或对数项,要 么消除其中的参数项,从而对f(x)的最值式 子进行化简和证明。 一、不含参函数的隐零点问题 例 1 (2023年郑州模拟)已知函数 f(x)=ex+1- 2 x+1 ,g(x)= ln x x +2 。 (1)求函数g(x)的极值; (2)当x>0时,证明:f(x)≥g(x)。 解析:(1)g(x)= ln x x +2 的定义域为 (0,+∞),g'(x)= 1-ln x x2 。 当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)在(0, e)上单调递增; 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)在 (e,+∞)上单调递减。 故函数g(x)的极大值为g(e)= 1 e+2 , 无极小值。 (2)证 明 f(x)≥g(x)等 价 于 证 明 xex+1-2≥ln x+x(x>0),即证明xex+1- ln x-x-2≥0。 令h(x)=xex+1-ln x-x-2(x>0)。 则h'(x)=(x+1)ex+1- 1+x x = (x+ 1)· ex+1- 1 x 。 令φ(x)=ex+1- 1 x ,则φ(x)在(0,+∞) 上单调递增。 而φ 1 10 =e 11 10-10<e2-10<0,φ(1)= e2-1>0,故φ(x)在(0,+∞)上存在唯一零 点x0,且x0∈ 1 10 ,1 。 当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,h'(x)<0, h(x)在(0,x0)上单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,h'(x)> 0,h(x)在(x0,+∞)上单调递增。 故h(x)min=h(x0)=x0e x0+1-ln x0- x0-2。 又因为φ(x0)=0,即e x0+1= 1 x0 ,所以 h(x0)=-ln x0-x0-1=(x0+1)-x0-1 =0,从而h(x)≥h(x0)=0。 因此,f(x)≥g(x)。 方法探究:已知不含参函数f(x),导函 数方程f'(x)=0的根存在,却无法求出。 (1)利用零点存在性定理,判断零点存 在,设方程f'(x)=0的根为x0,则有关系式 f'(x0)=0成立,注意确定x0 的取值范围。 (2)利用f'(x0)=0,换掉f(x0)中 的 ln x0 和e x0,从而证出结果。 63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年1月 二、含参函数的隐零点问题 例 2 (2022年湖北省新高考协作体 联考)已知函数f(x)=2exsin x-ax(e是自 然对数的底数)。若0<a<6,试讨论f(x) 在(0,π)上的零点个数。(参考数据:e π 2 ≈4.8) 解析:由题意知f(x)=2exsin x-ax, 则f'(x)=2ex(sin x+cos x)-a。 令h(x)=f'(x),则h'(x)=4excos x。 当x∈ 0, π 2 时,h'(x)>0; 当x∈ π2 ,π 时,h'(x)<0。 因此,h(x)在 0, π 2 上 单 调 递 增,在 π 2 ,π 上单调递减,即f'(x)在 0,π2 上单 调递增,在 π 2 ,π 上单调递减。 f'(0)=2-a,f' π 2 =2e π 2 -a>0, f'(π)=-2eπ-a<0。 ①当2-a≥0,即0<a≤2时,f'(0)≥ 0,∃x0∈ π 2 ,π ,使得f'(x0)=0。 当x∈(0,x0)时,f'(x)>0; 当x∈(x0,π)时,f'(x)<0。 因此,f(x)在(0,x0)上单调递增,在 (x0,π)上单调递减。 因为f(0)=0,所以f(x0)>0。 又f(π)=-aπ<0,由函数零点存在性 定理可得,此时f(x)在(0,π)上仅有一个零 点。 ②当2<a<6时,f'(0)=2-a<0。 又f'(x)在 0, π 2 上 单 调 递 增,在 π 2 ,π 上单调递减,而f' π2 =2e π 2-a>0, 所 以 ∃x1 ∈ 0, π 2 ,x2 ∈ π2,π ,使 得 f'(x1)=0,f'(x2)=0。