第2部分 专题6 强基专题8　隐零点问题 课件（共17张PPT）

专题六函数、导数和不等式强基专题8隐零点问题第二部分核心专题师生共研在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题.隐零点问题非常受命题者的青睐，该类问题一方面体现学生对基础知识的灵活运用能力，另一方面可以较好地考查学生的理性思维.【例】已知函数f(x)＝axex－lnx＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e.(1)求a，b的值；(2)若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．[解](1)f′(x)＝aex＋axex－1x，因为函数f(x)＝axex－lnx＋b在x＝1处的切线为y＝(2e－1)x－e，所以f1＝ae＋b＝e－1f′1＝2ae－1＝2e－1，解得a＝1，b＝－1.(2)由f(x)≥mx得xex－lnx－1≥mx(x0)，即m≤xex－lnx－1x，令φ(x)＝xex－lnx－1x，则φ′(x)＝x2ex＋lnxx2，令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x0,h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h1e＝1e2e1e－1e2e2－1＝0，h1＝e0，h(x)在1e，1存在零点x0，即h(x0)＝x20ex0＋lnx0＝0，x20ex0＋lnx0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln1x0eln1x0，令y＝xex，由于y′＝(x＋1)ex0，所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln1x0＝－lnx0，即ex0＝1x0，φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝x0ex0－lnx0－1x0＝1＋x0－1x0＝1，所以m≤1.函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在性定理估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系实施代换化简.尽量将对数结构和指数结构转化为简单的分式结构或整式结构，这样可简化求解过程.[跟进训练]1．已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2f(x0)2－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x.当x∈0，12时，h′(x)＜0；当x∈12，＋∞时，h′(x)＞0.所以h(x)在0，12单调递减，在12，＋∞上单调递增．又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0，所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，＋∞上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0,1)时，h(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0.所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12得f(x0)＜14.因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2.综上得e－2＜f(x0)＜2－2.2．已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且不等式k(x－1)f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．[解]因为f(x)＝x＋xlnx，所以不等式k(x－1)f(x)在区间(1，＋∞)上恒成立等价于kxlnx＋xx－1(x1)．令g(x)＝xlnx＋xx－1(x1)，则g′(x)＝x－lnx－2(x－1)2，令h(x)＝x－lnx－2(x＞1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x＞0⇒h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵h(3)＝1－ln3＜0，h(4)＝2－ln4＞0，∴存在x0∈(3,4)，使h(x0)＝0，即当1＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，因此g(x)min＝g(x0)＝x0(lnx0＋1)x0－1＝x0(x0－1)x0－1＝x0，所以，由kxlnx＋xx－1(x1)得kx0，因为k∈Z，且x0∈(3，4)，所以kmax＝3.