1、补上一课 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)e2xaln 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.,设f(x)在(0，)上的唯一零点为x
2、0，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xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).,(1)解 f(x)的定义域为(，2)(2，).,当且仅当x0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(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.,由(1)知，f(x)a单调递增，对任意a0，1)，f(0)aa1xa时，f(x)a0，g(x)0，g(x)单调递增.,所以，由xa(0，2，,题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例2】 (2017
3、全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0. (1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22. (1)解 f(x)的定义域为(0，)， 设g(x)axaln x，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，,当01时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0. 综上，a1. (2)证明 由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，,当x(x0，1)时，h(x)0. 因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点. 由f(x0)0得l
4、n x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).,因为xx0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2. 所以e2f(x0)22.,【训练2】 已知函数f(x)x22xa(xln x)(x0，aR). (1)求函数yf(x)的单调区间； (2)当a1时，证明：对任意的x0，f(x)x2xex2. (1)解 函数f(x)的定义域为(0，)，,当a0时，f(x)0对任意的x(0，)恒成立，所以函数f(x)单调递增；,(2)证明 当a1时，f(x)x2xln x， 只需证明exln x20， 设g(x)exln x2(x0)，,当x变化时，g(x)
5、和g(x)变化情况如下表,因为x00，且x01，,(1)解 f(x)的定义域为(0，)，,()若a2，则f(x)0， 当且仅当a2，x1时f(x)0， 所以f(x)在(0，)上单调递减.,()若a2，令f(x)0得，,(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10， 所以x1x21，不妨设x11.,又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.,【训练3】 已知函数f(x)x2aln(x2)，aR，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)f(x2)的取值范围.解 函数f(x)的定义域为(2，)，,由于f(x)有两个极值点， 则二次函数g(x)2x24xa在(2，)上有两个相异实根x1，x2， 由于g(x)的对称轴为x1， 由二次函数的图象可知，只需168a0且g(2)a0，即0a2. 考虑到x1，x2是方程2x24xa0的两根.,(x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x24,其中0a2.,从而h(a)在(0，2)上单调递减，又当x0(x0)，h(a)4，a2，h(a)2，所以h(a)的值域为(2，4). 综上所述f(x1)f(x2)的取值范围是(2，4).,
