第8节 导函数的零点

知识拓展1.在利用导数研究函数的图象与性质时,若导数的零点存在但无法求出来,称为隐零点问题.

2.隐零点问题在高考中经常出现,求解的基本策略是判断单调性,合理取点判断符号,再结合函数零点存在定理处理.

题型一仔细观察,猜出零点

例1(2025·南京模拟节选)已知函数f(x)=ln(x+1)+1,若f(x)ln(x+1)+1ex,x∈(-1,+∞)恒成立.

故只需k>ln(x+1)+1exmax,x∈(-1,+∞).

令h(x)=ln(x+1)+1ex,x∈(-1,+∞),

则h′(x)=1x+1-ln(x+1)-1ex.

令m(x)=1x+1-ln(x+1)-1,x∈(-1,+∞),

则m′(x)=-1(x+1)2-1x+10,

即h′(x)>0,此时h(x)单调递增;

当x∈(0,+∞)时,m(x)1.

故实数k的取值范围是(1,+∞).

思维建模当导函数为超越函数,无法利用解方程的方法求其零点,可以在观察方程结构的基础上大胆猜测其零点,一般地,当所求的导函数解析式中出现lnx时,常猜x=1,当导函数的解析式中出现ex时,常猜x=0或x=lnx.

训练1已知函数f(x)=(2e-x)lnx,且f(x)=12a有解,其中e为自然对数的底数,求实数a的取值范围.

解方程(2e-x)lnx=12a有解.

设φ(x)=(2e-x)lnx,

则φ′(x)=-lnx+2e-xx=-lnx+2ex-1,

显然φ′(x)在(0,+∞)上单调递减,

又∵φ′(e)=0,则当x∈(0,e)时,φ′(x)>0;

当x∈(e,+∞)时,φ′(x)0,

当a0,则x>-a.

所以当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,

当a0,

若x∈(x0,+∞),则m′(x)=g(x)g(1)=e-1>0,

所以f′(x)>0在(1,+∞)上恒成立,

所以函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.

(3)解令f′(x)=0,得ex+x-2=0,

易知g(x)在R上单调递增,

且g(0)=-10,

故存在唯一零点x0∈(0,1)使得g(x0)=0.

所以存在唯一零点x0∈(0,1)满足f′(x)=0,得ex0+x0-2=0,则ex0=2-x0.

当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增,当x∈(-∞,x0)时,f′(x)0,x0(1-x0)>0,

则f(x)min>0,所以函数f(x)的零点个数为0.

题型三二次构造(求导)避免求根

例3(2025·石家庄调研节选)已知函数f(x)=ex-ax+e2-7.若?x∈[0,+∞),f(x)≥74x2,求a的取值范围.

解?x∈[0,+∞),f(x)≥74x2等价于?x∈[0,+∞),ex-ax+e2-7≥74x2.

即ax≤ex+e2-7-74x2

①当x=0时,e2-6≥0,显然成立;

②当x>0时,原不等式等价于

4a≤4ex-7x2+4e2-28x,

令g(x)=4ex-7x2+4e2-28x,x>0,

则g′(x)=4(x-1)ex-7x2-4e2+28x2.

令h(x)=4(x-1)ex-7x2-4e2+28,x>0,

则h′(x)=4xex-14x=2x(2ex-7),

当x∈0,ln72时,h′(x)0,

则h(x)在0,ln72上单调递减,

在ln72,+∞上单调递增.

因为h(0)=4(6-e2)0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

则g(x)min=g(2)=4e2-28,则4a≤4e2-28,即a≤e2-7.

故a的取值范围为(-∞,e2-7].

思维建模当导函数的零点不易求且含有参数时,往往利用导函数在其零点处的函数值为0构建方程,结合其它条件消去参数,重新构造函数,利用该函数的性质求解.

训练3已知f(x)=e2x-(x+1)ex,且f(x)≥0,证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且f(x0)-ln2时,g′(x)>0,

则g(x)在(-∞,-ln2)上单调递减,在(-ln2,+∞)上单调递增,

又g(0)=0,g(-2)=2e2>0,

又g-32=2e32-12=4-e322e32=16-e38e32+2e30;

当x00时,f′(x)>0,

故f(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,

故f(x)存在唯一极大值点x0.

因为g(x0)=2ex0-x0-2=0,

所以ex0=x02+1,

故f(x0)=e2x0-(x0+1)ex0

=x02+12-(x0+1)x02+1=14-14(x0+1)2,

因为-20;

当x∈π2,π时,g′(x)0,g(π)=-2,

故g(x)在(0,π)存在唯一零点.

所以f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点.

(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.

由(1)知,f′(x)在(0,π)只有一个零点,

设为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;

当x∈(x0,π)时,f′(x)0时,证明:f(x)≥g(x).

(1)解g(x)=lnxx+2定义域为(0,+∞),g′(x)=1-lnxx2,

则当x∈(0,e)时,g′(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增;

当x∈(e,+∞)时,g′(x)0),

即xex+1-lnx-x-2≥0.

令h(x)=xex+1-lnx-x-2(x>0),

h′(x)=(x+1)ex+1-1+xx

=(x+1)ex+1-1x,

令φ(x)=ex+1-1x,

则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,

而φ110=e1110-100,

故φ(x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0,且x0∈110,1,

当x∈(0,x0)时,φ(x)0,h′(x)>0,h(x)在(x0,+∞)上单调递增,

故h(x)min=h(x0)=x0ex0+1-lnx0-x0-2,

又因为φ(x0)=0,即ex0+1=1x0,

所以h(x0)=-lnx0-x0-1=(x0+1)-x0-1=0,从而h(x)≥h(x0)=0,即f(x)≥g(x).

3.(2025·西安调研)已知函数f(x)=ex-xlnx,g(x)=ex-tx2+x,t∈R.

(1)求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;

(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求t的取值范围.

解(1)由f(x)=ex-xlnx,

知f′(x)=e-lnx-1,

则f′(1)=e-1,f(1)=e,

则所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1),

即y=(e-1)x+1.

(2)∵f(x)=ex-xlnx,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,

∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于ex-tx2+x-ex+xlnx≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,

即t≤ex+x-ex+xlnxx2对任意的x∈(0,+∞)恒成立.

令F(x)=ex+x-ex+xlnxx2,

则F′(x)=xex+ex-2ex-xlnxx3

=1x2ex+e-2exx-lnx,

令G(x)=ex+e-2exx-lnx,

则G′(x)=ex-2(xex-ex)x2-1x

=ex(x-1)2+ex-xx2>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,

∴G(x)=ex+e-2exx-lnx在(0,+∞)上单调递增,且G(1)=0,

∴当x∈(0,1)时,G(x)0,

即当x∈(0,1)时,F′(x)0,

∴F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

∴F(x)≥F(1)=1,∴t≤1,

即t的取值范围是(-∞,1].

4.(2025·广东百校联考)已知函数f(x)=ex-ln(x-m)(其...