3_8065329_10.分离函数解决导数零点不可求问题

高考数学母题一千题 分离函数解决导数零点不可求问题 解决 导数零点不可求 问题 的 通法 利用导数研究函数的关键“点”是求导数的零点 ,在高考中 ,存在 一类试题 ,其 导数的零点 不可求 ,那 么 如何破解“ 导数的零点 不可求 ”的困局 ?我们 给出破解困局的通法 ,以 如下母题 的方式给出 : 母题结构 :己知函数 f(x)满足 其导 函数 f (x)的零点 不可求 ,研究 函数 f(x)的性质 . 解 题 程序 :首先对 导 函数 f (x)进 行 等价变形 ,分离出 函数 g(x),使 f (x)=M(x)g(x),其中 M(x)或恒正 ,或恒负 ,或其零点 可求 ,然后 ,研究 函数 g(x)的零点 . g(x)不含参数 子题类型 :(2012 年课标高考试题文科第 21 题 )设函数 f(x)=( )求 f(x)的单调区间 ; ( )若 a=1,k 为整数 ,且当 x0时 ,(f (x)+x+10,求 k 的 最大值 . 分析 :本题的落脚点在第 ( )问 ,利用 分离 参数法可得 :当 x0 时 ,(f (x)+x+10 则问 题 等价于 f(x)在 (- ,+ )上 单调 递增 ;当 a0 时 ,f(x)在 (- , 单调 递 减 ,f(x)在 ( )上 单调 递增 ; ( )当 a=1时 ,f (x)=以 ,当 x0时 ,(f (x)+x+10 当 x0时 ,则 g (x) =2)1( e(由 ( )知 ,f(x)= (0,+ )上 单调 递增 ,且 f(1)=f(x),即 g (x)在 (1,2)内存在唯一的零点 ,且是 g(x)的极小值点 ,也是 g(x)的最小值点 ;由 g ( )=0 +2 g( )= 11e+ =1+ (2,3) k 的 最大值 =2. 点评 :对于函数 f(x)满足 :f (x)=M(x)g(x),其中 M(x)或恒正 ,或恒负 ,g(x)不含参数 ,研究函数 f(x)的性质 ;确定g(x)的零点范围 ;判断是 f(x)的极大值点 ,还是极小值点 ?由 g( )=0及的范围 ,求 f( )的取值范围 . g(x)含参数 子题类型 :(2014 年 山东 高考试题 )设函数 f(x)=2k(k 为常数 ,e=2071828 是自然对数的底数 ). ( )当 k 0 时 ,求函数 f(x)的单调区间 ; ( )若函 数 f(x)在 (0,2)内存在两个极值点 ,求 k 的取值范围 . 分析 :由 f(x)=2k(x0) f (x)=42 2x 22x+32所以 ,函数 f(x)的性质取决于分离出 的 函数 g(x)=零点 . 解析 :由 f(x)=2k(x0) f (x)=42 2x 22x+32 ( )当 k 0 时 ,(x0),所以 ,函数 f(x)在 (0,2)上 单调 递 减 ,在 (2,+ )上 单调 递增 ; ( )当 x (0,2)时 ,32时 ,由 g (x)=x)=g(k- 以 ,00 f(2)=h(t)在 (0, 递增 ,又 h(0)=0 h(t)0;当 x ()时 ,h (t)0. 2.(2014 年 四川 高考 理科 试题 )已知函数 f(x)=中 a,b R,e=2071828 为自然对数的底数 . ( )设 g(x)是函数 f(x)的导函 数 ,求函数 g(x)在区间 0,1上的最小值 ; ( )若 f(1)=0,函数 f(x)在区间 (0,1)内有零点 ,求 a 的取值范围 . 3.(2014 年 辽宁 高考 文科 试题 )已知函数 f(x)= (2g(x)=(+ ( )存在唯一 (0,2),使 f(0; ( )存在唯一 (2, ),使 g(0,且对 ( )中的 x0+ . 4.(2015年 山东 高考试题 )设函数 f(x)=(x+a)g(x)=已知曲线 y=f(x)在点 (1,f(1)处的切线与直线 2平行 . ( )求 a 的值 ; ( )是否存在自然数 k,使的方程 f(x)=g(x)在 (k,k+1)内存在唯一的根？如果存在 ,求出 k;如果不存在 ,请说明理由 ; ( )设函数 m(x)=f(x),f(x)(p,q表示 p,q 中的较小值 ),求 m(x)的最大值 . 5.(2015 年 四川 高考 文科 试题 )已知函数 f(x)=中 a0. ( )设 g(x)是 f(x)的 导函数 ,讨论函数 g(x)的单调性 ; ( )证明 :存在 a (0,1),使得 f(x) 0 在区间 (1,+ )内恒成立 ,且 f(x)=0 在区间 (1,+ )内有唯一解 . 6.(2015 年 四川 高考 理科 试题 )已知函数 f(x)=-2(x+a)a,其中 a0. ( )设 g(x)是 f(x)的 导函数 ,讨论函数 g(x)的单调性 ; ( )证明 :存在 a (0,1),使得 f(x) 0 在区间 (1,+ )内恒成立 ,且 f(x)=0 在区间 (1,+ )内有唯一解 . ( )由 f (x)=,x=0是 f(x)的极值点 f (0)=0 m=1 f (x)=x f(x)=)1( 1x0 f (x)在 ( )内单调递增 当 x ()时 ,f (x)f (0) =0 f(x)在 (0,+ )内单调递增 ; ( )当 m2 时 ,f(x)=x+m) x+2),故只需证明当 m=2 时 ,f(x)=x+2)0;由 f (x)= )内单调递增 ,且 f( f(x)的最小值点 (),且 210x=0 ln()=x)=f( ln()=210x+. ( )由 f(x)=g(x)=f (x)=g (x)= x 0,1 1,e; 当 a21时 ,g (x) 0 g(x)在 0,1内 递增 x)=g(0)=1 当210,g(1)= a (),x)=2a)a) h(x)= 3x)x (),则 h (x)=1x) x)=h(2e)=2f(x)在 (0,2)内 增 ,又 f(0)0 存在唯一 (0,2),使 f(0; ( )当 x 2, 时 ,由 g(x)=(+ -x) t= -x,h(t)=g( 1,t 0,2,则 h (t)=)( 当 x (0, ,h (t)0;当 x()时 ,h (t)0 h(t)在 ()内 递增 ,又 h(2)=0 h( . ( )由 f (1)=2;由 f(x)=(x+a)f (x)= f(1)=1+a=2 a=1; ( )由 f (x)= f(x)=1x( f (x)的极小值 =f (1)=2 f (x)0 f(x)在 (0,+ )内 递增 ;由 g(x)= g (x)=2( g(x)在 (0,2)内 递增 ,在 (2,+ )内 递减 ;又因 当 x (0,1时 ,f(x) 0,g(x)0;f(2)= 3,g(2)=24)1,g(x)g(x) m(x)=g(x) m(x)的最大值 =g(2)=24e. ( )由 g(x)=f (x)=2(x0) g (x)=1(2 g(x)在 (0,1)内 递 减 ,在 (1,+ )内 递增 ; ( )由 ( )知 f (x)=g(x)在 (1,+ )内 递增 ,且 f (1)=f (x)在 (1,+ )内存在唯一零点 ,且 x=是 f(x)的极小值点 ,也是 f(x)的最小值点 ,所以 ,f(x) 0 在区间 (1,+ )内恒 成立 ,且 f(x)=0 在区间 (1,+ )内有唯一解 f( )=0;由 f ( )=0 a= 1 f( )= 22 ( =1)2;令 h(x)=)2,则 h(1)=1,h(e)=4(1)=0,T(e)=a0) g (x)=22x(a); 当 a41时 ,g (x) 0 g(x)在 (0,+ )内 递增 ; 当 02(30 f (x)在 (1,+ )内存在唯一 零点 ,且 x=是 f(x)的极小值点 ,也是 f(x)的最小值点 ,所以 ,f(x) 0在区间 (1,+ )内恒成立