2025届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第13讲虚设零点含解析

Page1第13讲虚设零点学问与方法在高考导数压轴题中,常常会遇到导函数具有零点,但求解相对比较困难甚至无法求解的问题.此时,可以将这个零点只设出来而不必求解出来,然后谋求一种整体的转换和过渡,再结合其它条件,从而使问题得以最终解决,我们称这种解题方法为“虚设零点”法.假如f'(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f'(x)的零点是存在但无法求出,这时可采纳虚设零点法,逐步分析出“零点”所在的范围和满意的关系式,然后分析出相应的函数的单调性,最终通过恰当运用函数的极值与零点所满意的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理,典型例题整体代换【例1】设函数f((1)探讨f(x)的导函数(2)证明:当a>0时,【解析】(1)f(x)当a⩽0时,f'当a>0时,因为f''(x)=4e又f'(a)=2e2a-1>0,又当取b<12且b<故由零点存在定理知:当a>0时,f综上,当a⩽0时,f'(x)没有零点;当a(2)由(1)知f'(x)在当x∈0,x0时当x∈x0,+∞时所以f(同时f'x0=0,即2所以f(故当a>0时,【点睛】f(x)⩾2a+aln⁡2a可转化为求f(x)min,而f(x)的最小值恰好在f'(x)的零点处取得,但是这个零点无法求得,这个时候我们可以利用零点满意的关系式【例2】已知函数f((1)探讨函数f(x(2)证明:xe【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x当x<0时,f当x>0时,f(x由零点存在性定理,得f(x)在区间综上可得,函数f(x(2)证明:要证xe即证xe令g(x)=xg'由(1)知,f(x)在区间14,1内有唯一零点,设其为因为2x+1>0,且f(所以当x∈0,x0时当x∈x0,+∞时所以g(由式(1)可得e2x0=又x>0时,1所以g(x)=反代消参【例3】已知函数f((1)若f(x)的最大值是0,求(2)若对其定义域内随意x,f(x)⩽g【解析】(1)定义域为(0,+∞).若m⩽0,f(x若m>0时,当x∈0,1m时当x∈1m,+∞时所以f(x)的最大值为f1(2)f(从而2-m⩽ex设Q(x)=x由于Q12<0,Q(1)>0当x∈0,x0时当x∈x0,+∞时从而φ(x)由于x0满意x02e两边取对数,得ln⁡x由于g(x)=x+ln⁡所以ex0=1所以2-m⩽1,从而m⩾1,故实数m【例4】已知函数f((1)若函数f(x)在R上单调递增,求(2)若a=1,证明:当x>0时参考数据:e≈2.71828,ln⁡2≈0.69.【解析】(1)f'(x)=ex-2所以f'(x)=e设g(x)=ex-2x,则g'当x<ln⁡2时,g'(x)<0故函数g(x)在(-∞,ln⁡2)递减,在故x=ln⁡2时,g(x故a⩽2-2ln⁡2,即a的范围是(-∞,2-2ln⁡2](2)若a=1,则f(x)=易知函数f'(x)在(-∞,ln⁡2)递减,且点睛意到f'则存在x0∈1,1+12ln⁡2,当x∈0,x0时,f'(x则函数f(x)在0,x0递减则当x=x0时,函数函数fx0在1,1+所以f故x>0时,【例5】已知函数f((1)求曲线C:y=f(2)当a=-2时,设函数g(x)=f(x)x,若x0是g(x)在(-π【解析】(1)由已知得f'(x)=故y=f(x)在x=0(2)当a=-2时,由题意得g则g'令h(则h'则当x∈-π,-所以h'(x)<0,即而h(-所以,存在唯一实数x0∈-π当x∈-π,当x∈x0,-又当x∈-π2,0时,g'(所以,当x∈x0,0时,g'(x)<0,即所以x0是函数g(x)因为g(x)在x0,-π2单调递减当x0∈-所以gx综上知0<g【点睛】本题第(1)问干脆运用导数的几何意义求切线方程,求解过程中,应点睛意所给点是否为切点.第(2)问题要求学生运用导数和零点存在性定理证明函数存在极值点,又零点存在性定理得极值点x0∈-π,-π2,在结合原函数的单调性以及不等式的性质可得gx强化训练1.已知函数f(x)=ex-a【解析】证明:g(则g'所以g'(因为g'所以存在x0∈ea可知g(x)在0,x0上单调递减所以g(因为f(x)有两个极值点,所以g(x)min2.已知函数f(证明:f(x)存在唯一的极大值点x0【解析】由f(x)=x设h(x)=2x当x∈0,12时当x∈12,+∞时又he所以h(x)在0,12有唯一零点x且当x∈0,x0时,h(x)当x∈(1,+∞)时,h因为h(x)=f'(x由f'x0=0,得ln⁡由x0∈0,12,得fx0<