内容发布更新时间 : 2024/12/25 8:55:02星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
2020版高考数学大一轮复习第四章导数及
其应用练习
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－alnx.(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－ax(x＞0).
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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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－ax0＝0，
所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a. 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a. 故f(x)的最小值为2a＋aln2a.
【训练1】(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex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)＝ex－ax－ax2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f′(x)＝（x－1）（x＋2）ex－（x－2）ex（x＋2）2＝x2ex（x＋2）2≥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.
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(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋a（x＋2）x3＝x＋2x3(f(x)＋a).
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝exa－a(xa＋1)x2a＝exa＋f(xa)(x＋1)x2a＝exaxa＋2. 于是h(a)＝exaxa＋2，由exx＋2′＝（x＋1）ex（x＋2）2>0，
得y＝exx＋2单调递增. 所以，由xa∈(0，2]，
得12＝e00＋2<h(a)＝exaxa＋2≤e22＋2＝e24. 因为y＝exx＋2单调递增，对任意λ∈12，e24，存在唯一的xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是12，e24.
综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是12，e24.
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