导数零点问题的解决策略-论文.pdf

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1、QlI、IrG_1HA精lE璺DU：lC：A恤lON践探当导函数零点不可求时，可先用特殊值试探。特殊值的选导数零点问题的解决策略x导=0，口徐茵华黍案善譬竺个式子求导，判断其正负。I====，数是解决函数、方程、不等式及解析几何等问题的有，效工具，也是近几年高考中的热点。函数的导函数形例2．(2叭3年高考北京卷理科第18题)设z为曲线c：y等式丰富，分析方法也多种多样，在涉及超越方程时，往往是通过求在点(1，0)处的切线。导函数的零点(方程的根)，使问题得到解决。因为是超越方程，(I)求z的方程；有时其导函数的零点不易求出或求不出，若是一味“硬

2、求”，可(I1)证明：除切点(1，o)之外，益线c在直线z的下方。胄会无功而返。本文通过几个实例，来探究解决此类问题的策解：(I)设／()一lnx，则，，()：二厂，(1)：1，故z的方略。策略1：多导寻根程为)，=一1当导函数零点不易求时，可求二阶导数，利用二阶导函数(Ⅱ)令g()一1一lnx，因为g(1)：0，则除切点之外，曲的正负确定一阶导函数的单调性，乖U用一阶导幽数的草，由极大、极小值的正负确定导函数的零点个数或取值范围。线c在直线z的下方等价于g()≥o(>0，≠1)恒成立，即只需证例1．(2013~考湖北卷理科第10题)已知。为常

3、数，函数g()一≥0即可)(一一一)有两个极值t，z(‘)，则()g，()：二!±，令()：一1+z，其零点无法直接求A·／(t0'z一言·，。，)<一1。jf(x)<。，)>一1又对一·切。，有()=2x+÷。恒成立，故函数()经过解：，()=／nx+l一2ax(x>0)，令，r()0，由题意知(1，o)点且在(0，+)上单调递增。由此可知，当∈(o，1)时，厂，()：lnx+l一2有两个零，，而．()：^()

4、)时，^()>0，g()>o，g()在(1，+)上单调递增。故g()一=g(1)=①当口≤0时()>o,f()在(0，+)上单调递增，因此0，从而()≥耳(1)：O，当且仅当x=l时等一t=一u，一立()至多有一个零点，不符合题意。策略3：按需设根②当。>olN，令”()=o，解得=。当(0，1)时()>当导函数零点不可求，且也无法用探根法探知其零点时，Aaza可考虑“避实就虚”，采用虚拟设根的方法“绕道而行”，谋求一种．o,f()单调递增；当e(，+。。)时()<0()单调递减。整体的转换和过渡。由此可知：是函数厂，()的极大值点，要使．厂，

5、()有两个零例·(203年高考全国卷Ⅱ理科第2题)已知函数)：：e一2aln(x+m)。点，只需厂，()>0，由此解得o<。<一1(I)设0是，()的极值点，求m，并讨论，()的单调性；2。2(Ⅱ)当m≤2时，证明，()>O。因为0<<<且，()=l+1—2ax=o()=lnx+l一解：(I)略a(Ⅱ)将f()看作关于m的函数g(m)，显然g(m)是关于m的2ax20减函数，故由m≤2可得g(m)≥g(2)e一ln(x+2)所以·)·axl-1)．1x(ax．1-1)=-．<0令()：一+2)，由题意，只需证()>o在(一2，+)上)，(，一1

6、)>1×(口X一1)：一恒成立即]，‘2a21·故选D由()e，易知^(一)0，故()在区策略2：特值探根间(一1，o)上存在零点，设()的零点为。(一1，O)。因为h()37▲青海教育2014年第期践探Qi黼r-]赞焱l基誉：IG=

7、．IIl=与菇lll学_Il：置孽“同题。其实越呈同一2解ri去②=：BD设=X。／o-Y圆r的半径AN．、骨

8、

9、；=00。=。仅仅是形式上的不同而已，其．．．s。：AD．肋：r2＼多ll母0未改变。以下试举例说～一一6解析例1．如图1，￡AABC．‘7rr2=7r()刍一I。中，c=9O。，BC

10、、CA、A的长此题的两种不同解法也得出了两种不同的结果。_l_1分别为口、6、，求△曰c的内实际上，在例1中：切圆半径r。可令=叶。AC，DFj_日c，OG上A曰，垂足分OECF)~正方形，且AE=AG，AB(BF=CB—．—‘GB．F．c、CLE=E+A一：CF+F=B=(rCA—CA—BAE)+E一‘CFB图又a+b-c．—．．．．r：：—．。+6：r2．．．6：0=；(6—7r)②解法②：作OE上AC，~tjOE：r将①②两式代入6a+2b，化简得6a+2b='n-r~·‘．÷。E·c即=÷rc口+6+c，也喜，其实质是完全一样的。a+b

11、+c(作者单位：青海湟川中学第一分校)两种解法得出了两种不同的答案。(责任编辑陈景东)在(一2，+。。)上单调递增，所以当∈(一2，Xo)时h()<0