导函数的隐零点教学设计.docxVIP

导函数的隐零点 导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题. 类型一　导函数中二次函数的隐零点问题 当分析导函数的正负性时，可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点问题，但二次函数零点的求解又很复杂，此时一般要借助于韦达定理或极值的特性来对零点“设而不求”. 例1 已知实数a满足a≥eq \r(e)＋eq \f(1,\r(e))－2，且函数f(x)＝ln x＋eq \f(x2,2)－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值M，求m－M的最大值(其中e为自然对数的底数). 解　由于f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－(a＋2)＝eq \f(x2－（a＋2）x＋1,x)，x0， 设正数x1，x2是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋eq \f(1,x)，x0有两个相异正根，不妨设x1x2， 由于当0xx1时，f′(x)0， 当x1xx2时，f′(x)0， 当xx2时，f′(x)0， 从而f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，从而f(x)的极大值为M＝f(x1)，极小值为m＝f(x2)，且x1＋x2＝a＋2，x1x2＝1. 又eq \f(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2),x1x2)＝eq \f(x2,x1)＋eq \f(x1,x2)＝eq \f(（x1＋x2）2－2x1x2,x1x2)＝(a＋2)2－2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)＋\f(1,\r(e))))eq \s\up12(2)－2＝e＋eq \f(1,e)， 令t＝eq \f(x2,x1)1， 从而t＋eq \f(1,t)≥e＋eq \f(1,e)，从而t≥e. 故m－M＝f(x2)－f(x1) ＝ln eq \f(x2,x1)＋eq \f(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1),2)－(a＋2)(x2－x1) ＝ln eq \f(x2,x1)＋eq \f(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1),2)－(x2＋x1)(x2－x1) ＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1),2) ＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1),2x1x2) ＝ln eq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2))) ＝ln t－eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2t)，t≥e. 令g(t)＝ln t－eq \f(1,2)t＋eq \f(1,2t)，t≥e. 从而g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2t2)－eq \f(1,2)＝eq \f(－t2＋2t－1,2t2) ＝eq \f(－（t－1）2,2t2)0， 从而g(t)在[e，＋∞)上单调递减， 故m－M＝g(t)，t≥e的最大值为g(e)＝eq \f(1,2e)－eq \f(e,2)＋1. 训练1 已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋aln x，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有eq \f(2,e)≤f(x)≤2e恒成立，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数). 类型二　导函数中非二次函数的隐零点问题 当分析导函数的正负性时，需要归结为分析某个非二次函数的零点，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式(即导数值为0)，通过恒等代换将问题进行转化.　 例2 已知函数f(x)＝eq \f(ln（x＋1）,x)＋eq \f(1,x)，若f(x)eq \f(k,x＋1)在(0，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值. 解　由于f(x)eq \f(k,x＋1)?(x＋1)f(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）＋x＋1,x)k. 令h(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＋eq \f(x＋1,x)， 则由题意得，kh(x)min，其中x0. h′(x)＝eq \f(－ln（x＋1）＋x－1,x2). 令g(x)＝－ln(x＋1)＋x－1， 其中x0. 由于g′(x)＝－eq \f(1,x＋1)＋1＝eq \f(x,x＋1)0， 故g(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，又由于g(0)＝－10， g(1)＝－ln 20， g(2)＝－ln 3＋10， g