导数零点不可求的四种破解策略

1导数零点不可求的四种破解策略在导数试题中,经常碰到导函数零点不可求的情况.对于此类试题,往往要绕开具体的零点值,转而判断导函数在给定区间上的单调性,再想办法证明导函数的零点存在.如何证明导函数的零点存在?笔者在长期的教学实践中总结了四种方法,现说明如下.法一:利用零点存在性定理零点存在性定理:如果函数fx在区间ab，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有0fafb,那么函数fx在区间ab，内有零点,即存在0xab，,使得0fx0.进一步,若fx在区间ab，内有具有单调性,则函数fx在区间ab，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出/fx在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的/fx,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出/fx在给定的区间上存在唯一的零点.例1.已知函数2lnxfxxex,证明:当0x时,不等式1fx.证明:/12xfxxxex,0x.由//22142xfxxxex0,得/fx在0，上单调递增.又1/419=40416fe,1/215=2024fe,根据零点存在定理可知,存在01142x，,使得/0fx0.当00xx，时,/fx0,fx在00x，上单调递减;当0xx，时,/fx0,fx在0x，上单调递增.故0minfxfx=0200lnxxex.由/0fx0得0000120xxxex,即000012xxxex,020012xexx.故0fx=0200lnxxex=001ln2xx,其中01142x，.令gx=1ln2xx,1142x，.2由/gx=21102xx得gx在1142x，上单调递减.故gx12g21=ln152,即0fx1.综上,有min1fx,则当0x时,不等式1fx.评析:要证1fx,等价于证min1fx.导函数/12xfxxxex,其零点无法求出.借助//0fx判断出/fx的单调性,结合零点存在性定理得出/fx存在唯一的零点0x且01142x，.另一方面,0x将0，分成两个区间,分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助/0fx0得到020012xexx,将指数式进行转化,从而判断出min1fx.法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出/fx,然后令/0fx,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.例2.已知函数2lnxfxeax.证明:当0a时,22lnfxaaa.证明:/22xafxex,0x./fx有零点,等价于方程22=0xaex有实根,等价于方程22xaex有实根,等价于函数22xye与函数ayx图象有交点.显然当0a时,两个函数图象无交点;当0a时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a时,/fx无零点,当0a时,/fx只有一个零点.当0a时,/fx在0，上单调递增,且只有一个零点,设为0x.即/00fx.当00xx，时,/0fx,fx在00x，上单调递减;当0xx，时,/0fx,fx在0x，上单调递增.故0minfxfx020lnxeax.3由/00fx得,02020xaex,020=2xaex,020ln=lnln2xeax,化简得00ln=lnln22xax.故0fx00lnln222aaaxx002ln2aaxaax22lnaaa.故min22lnfxaaa,即当0a时,22lnfxaaa.评析:利用函数与方程思想,将判断/fx的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a时,/fx只有一个零点0x.对于/22xafxex,观察其结构特征容易发现其在0，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证22lnfxaaa,等价于证min22lnfxaaa.0x将0，分成两个区间,分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助/00fx得到020=2xaex,00ln=lnln22xax,将指数式进行转化,从而得证.法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数1ln(1)xfxx,当0x时,1kfxx恒成立,求正整数k的最大值.解析:由已知有1[1ln(1)]xxkx在0x上恒成立.令1[1ln(1)]()xxhxx,0x.只需minkhx./21ln(1)xxhxx,令1ln(1)xxx,由/01xxx得x在0，上单调递增.又2=1ln30,3=2ln40,根据零点存在定理可知,存在023x，,使得00x.当00xx，时,0x,/0hx,hx在00x，上单调递减;当0xx，时,0x,/0hx,hx在0x，上单调递增.4故0minhxhx0001[1ln(1)]xxx.由00x得,001ln(1)=0xx,即001ln(1)xx.则0hx01x34，.故正整数k的最大值为3.评析:导函数/21ln(1)xxhxx,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数x,借助法一考查x的性质,从而得到hx的单调性.法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间ab，,如果要通过取特殊值来判断/fx与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当xa时以及当xb时/fx的取值情况.例4.已知函数1210xafxaeax对任意的0x，恒成立,其中0a.求a的取值范围.解析:由已知有min0fx,其中0x,0a./21xafxaex221xaxeax.令21xgxaxea,其中0x,0a.由/220xgxaxxe得gx在0，上单调递增.又010ga,当x时,gx,故存在00x，,使得00gx.当00xx，时,0gx,/0fx,fx在00x，上单调递减;当0xx，时,0gx,/0fx,fx在0x，上单调递增.故0minfxfx00121xaaeax.由00gx得,0201=0xaxea,即0201=xaaex.则0fx00121xaaeax201ax0121aax.令20011210aaaxx,由00x,0a,解得001x.5因为21xgxaxea在0，上单调递增,001x,所以01ggx=0.故10g,即10aea,解得11ae.评析:导函数/fx221xaxeax,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数gx.在考查gx的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即010ga,再考查当x时,gx,从而确定故存在00x，,使得00gx.