导函数的“隐零点”问题
知 识 拓 展
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，按导函数零点能否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”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.
题 型 突 破
题型一 函数最值中的“隐零点”
【例1】 设函数f(x)＝e2x－aln x.(a为大于零的常数)，已知f′(x)＝0有唯一零点，求f(x)的最小值.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
故f(x)的最小值为2a＋aln.
【训练1】 (1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a
11
)，求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明 g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－10得x>，f′(x)0，且x0≠1，
所以g(x)min>2－2＝0，因此不等式得证.
题型三 导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧
【例3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f′(x)＝0得，
11
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.由于
＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以e2，从而s>e，
故＝＝，
令m＝ln s，则＝＝，m>1，
设h(m)＝，m>1，
下面求h(m)的取值范围.
由于h′(m)＝，
从而当m∈(1，e]时，h′(m)≥0，当m∈(e，＋∞)时，h′(m)0，h(1)＝1－3－a＋a＝－20.
函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，
则f′(x)＝－2x，g′(x)＝.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
11
得
即(**)
此时，x0满足方程组(**)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0，1)内的一个“S点”.因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”.
6.已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋bx(a，b∈R)，函数f(x)的导函数为f′(x).
(1)求f′(x)的单调区间；
(2)若f′(x)有两个不同的零点x1，x2，证明： a2x1x20)，∴g′(x)＝－a＋.
当a≤0时， g′(x)＝－a＋>0，
则g(x)即f′(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a>0时，若x∈(0，)，则g′(x)>0，若x∈(，＋∞)，则g′(x)0时，函数f′(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)证明 由(1)知当a≤0时， f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，故a>0.
由f′(x)有两个不同的零点x1，x2，
得
两式相减得ln x1－ln x2＋ax2－ax1＝0，
即a＝＝.
∵a>0，x1>0，x2>0，
11
∴欲证a2x1x2
微信/支付宝扫码支付