导数零点不可求的四种破解策略

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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fx在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线,并且有fafb0,那么函数fx在区间a，b内有零点,即存在x0a，b,使得fx00.进一步,若fx在区间a，b

2、内有具有单调性,则/函数fx在区间a，b内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出fx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fx,与零比较大小,再/利用零点存在性定理得出fx在给定的区间上存在唯一的零点.2x例1.已知函数fxxelnx,证明:当x0时,不等式fx1./x1证明:fxxx2e,x0.x//2x1/由fxx4x2e0,得fx在0，

3、上单调递增.2x11/194/152又f=e40,f=e20,4162411/根据零点存在定理可知,存在x，,使得fx0.0042/当x0，x时,fx0,fx在0，x上单调递减;00/当xx，时,fx0,fx在x，上单调递增.002x0故fxfx=xelnx.min000由f/x0得xx2ex010,即xx2ex01,ex01.000002x0x0x0x02

4、2x111故fx=xe0lnx=lnx,其中x，.00000x0242111令gx=lnx,x，.x2421/1111由gx=0得gx在x，上单调递减.2x2x42121故gxg=ln1,即fx1.0252综上,有fx1,则当x0时,不等式fx1.min/x1评析:要证fx1,等价于证fx1.导函数fxxx2e,其零minx///点无法求出.借助fx

5、0判断出fx的单调性,结合零点存在性定理得出/11fx存在唯一的零点x0且x0，.另一方面,x0将0，分成两个区间,42/x1分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助fx0得到e0,02x0x02将指数式进行转化,从而判断出fx1.min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//fx,然后令fx0,移项,转化为判断两

6、个函数图象的交点个数.2x2例2.已知函数fxealnx.证明:当a0时,fx2aaln.a/2xa证明:fx2e,x0.x/2xa2xafx有零点,等价于方程2e=0有实根,等价于方程2e有实根,等价xx2xa于函数y2e与函数y图象有交点.x显然当a0时,两个函数图象无交点;当a0时,两个函数图象有一个交点;//因此,当a0时,fx无零点,当a0时,fx只有一个零点./当a0时,fx在0，上单调递增,且只有一个零点,设为x.即0

7、/fx00./当x0，x时,fx0,fx在0，x上单调递减;00/当xx，时,fx0,fx在x，上单调递增.002x0故fxfxealnx.min002由f/x0得,2e2x0a0,e2x0=a,lne2x0=lnaln2x,化简得00x2x00lnx=lnaln22x.00aa2故fxalnaln22x2axalna2aaln.0002x2xa0022故fx2aaln,即当a0时,

8、fx2aaln.minaa/评析:利用函数与方程思想,将判断fx的零点个数问题转化为图象交点问题.//2xa不难得出结论:当a0时,fx只有一个零点x.对于fx2e,观察0x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).22要证fx2aaln,等价于证fx2aaln.x将0，分成两个区min0aa/间,分别考查fx在这两个区间上的单调性.借助fx0得到02xae0=,