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怎样解决导数零点不可求问题


高中文学教 与学  

2 0 1 5年  

怎样 解 决 导数 零 点不 可 求 问题 
李  斌  
( 四川省苍 溪 中学 , 6 2 8 4 0 0 )  

在近几年全 国各 地 的高考 试题 中, 出 现  了一 类 函数 、 导 数 的综 合 题 型 , 这 类 问 题 在 用  导数

解决 的时候 , 常 常 难 以 求 出 导 函 数 的 零  点. 下 面 以 高 考 试 题 为 例 对 此 问 题 作 一 初 步 
探讨.  



二、 利 用 函数 单 调 性 

1 .函 数 在 所研 究 区 间上 单 调 时 , 直接 利 
用 单 调 性 和 零 点存 在 定理 解 决.   例2 ( 2 0 1 2年 全 国卷 )设 函数  )=e  
n   一2 .  



数 形 结 合 

( 1 )求  )的 单 调 区 间 ;   )=  


例 1 ( 2 0 1 3年 天 津 卷 )函数 
2 ~ l o g o
. 

( 2 ) 若 n=1 , k 为整数 , 且 当  >0时 , (  

I 一1 的零点个数为(  

)  

k ) f   (  )+   +1>0 , 求 k 的最大值.  
解  ( 1 )   ) 的定 义 域 为 ( 一∞ , +∞ ) ,  

( A) 1  ( B) 2 ( C) 3  ( D) 4  
解法 1  

,   (  ) = e   一。 . 若 口≤ 0 , 贝 q ,   (  ) ,0 √   )   在( 一。 。 , +∞ )上 单 调 递 增 ; 若 n >0 , 则当   ( 一∞ , I n口 ) 时  (  )<0 ; 当  ∈ ( I n 口 ,  

) : f   。 g  一   , o “≤   ,  
1 . 2   l o g 2   一 1,  
? 。

> 1 .  



在( O , 1 ] 上- 厂 (  )=一2   l o g :  一1 递 减 
)接 近 于 正 无 穷 大  1 )  

+∞)时  (  )>0 . 故- 厂 (  )在 ( 一∞ , I n口 )  
上单调递减 , 在( I n   n,+∞ )上 单 调 递 增.   ( 2 )由 于 n = 1 , 所 以(   —k ) f   (  )+  +  

且  趋 近 于 0时 

=一1<0 ’ . . .  

) 在( 0 , 1 ] 上有一零点 ; 又‘ . ‘  
)=2   l o g 2   一 1递 增 , 且  )在 ( 1 , + ∞ )上 有 一 零 

在( 1 ,+ 。 o )上  2 ) =3 >0 ’ . . .  
点. 故 

1 . =(  — k - ) ( e   一1 )+   +1 . 故 当  >0时 , (  


k ) f   (  )+   +1 >0等 价 于 

)共 有 两 个 零 点 , 选B .  

k<等  +  (  >0 ) .  

① 

解法 2   令, (   )=0 , 得到(   1   l=  
I  l o g o 5  


令g (   )=  } _ +   +  , 贝 4   g   (   )=  

1 .分别 作 出 Y = ( ÷) 与 Y =  

l   l o g ,   I 的图象 , 有 两个 交 点 , 故选 B .  
评 注  解 法 1把 所 给 函 数 化 为 分 段 函 

寻 …   若 .  ) 知 , 函  
数h ( x )=e   一  一 2 在( O , +∞ ) 上单调递增.  
而 h( 1 ) < 0,   ( 2) > 0, 所 以 ^(  )在 ( O,  

数, 分别 讨 论 两个 部 分 的零 点 , 解 法 相 对 繁  琐. 解法 2把 所 给 函数 分 解 为 两个 更 简单 的 函  数, 利 用 数形 结 合 的 办 法 , 很 方 便 地 判 断 出零   点 个 数.   对 于 那些 由 基 本 函 数 复 合 而 成 的 较 为 复  杂的函数零点 个数 判 断 问题 , 可 以 把 所 给 函  数分解为两个 基本 函数 , 分 别 作 出 它 们 的 图  象, 则交点的横坐标就是 所 给函数 的零点 , 因  此 可 以通 过 交 点 的个 数来 判 断零 点 的个 数 .  
?

+   )内 存 在 唯 一 的 零 点 , 故 g   (  )在 ( 0 ,   +∞ )内存 在 唯一 的零 点 , 设此 零点为 b , 则b  
E( 1 , 2 ) . 当  ∈( 0, b )时 , g   (  )<0; 当  ∈   ( b ,+。 。 )时 , g   (  ) > 0, 所 以 g(  )在 ( 0,  

+   )内的 最 小 值 为 g ( 6 ) . 又由g ’ ( 6 )=0 , 可 
得 e  = b+2, 所 以 g( 6 )=   ∈( 2,3 ) .   +b:b+l  

由 于 ① 式 等 价 于 k <g ( 6 ) , 故 整 数 k的 

2 2?  

第 5 期 
最大值为 2 .  

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0 , 从而 当 £ E( 0 ,  0 ] 时, H ( t )>0 , 所以u ( ‘ )   第 ( 2 )问 在 处 理 g   (  ) :  

评 注 

二  e

时 利用 g   (  ) 正 负 情 况 不 能 


在 ( 0 ,   。 ] 上 无 零 点 . “ ( £ ) 在 (   。 , 手 ) 内 是 减  
函 数 , 又 u ( x 。 ) > 0 , “ ( 詈) = - 4 1 n 2 < 0 , 由 零   点 存 在 定 理 可 知 , 存 在 唯 一 的t 。 ∈ (   。 , 詈) ,  
使 “ ( t 。 )=0 . 因此 , 存在唯一的  :1 T —t 。E  

确 定 的部 分构 造 新 函数 h (  ) :e  一   一2 , 因  为I I l (  ) 在( 0 , +。 。 )内是 单 调 函 数 , 故 直接 利  用 零 点 存 在 定 理 判 断 出零 点 的情 况 .   2 . 函数 在 所 研 究 区 间 上 不 单 调 时 , 可 借  助 某 些 特 殊 点将 此 区 间 划 分 为 两 个 或 几 个 单 
调 区间, 再 结合 最 值 、 零 点 存 在 定 理 间 接 判 断 
零点.  

(  , 1 T ) , 使   (   。 ) = h ( 竹 一 t   ) = u ( £ 。 ) = 0 .  

因 为 当  ∈ ( 孚, 叮 r ) 时 , 1 + s i n  > 0 , 故 g (   )  


例3  ( 2 0 1 4 年 辽 宁卷 )已知 函数 , (  )=  
( c 。 s  一  ) ( 竹 +2 x )一   8 一 ( s i n   +1 )


( 1+s i n  ) h (  )与 h (  ) 有相同的零点 , 所 

g ( .   ):  

以 存 在 唯 一 的  ∈ ( 詈, 1 T ) , 使g (   。 ) = 0 . 因  
为 I   叮 r—t l ,t l> X o , 所 以 0+  I< - T r .   评 注 
—  

3 (   一 霄 ) c 。 s   一 4 ( 1 + s i n 圳n ( 3 一  ) . 求  
证:  

第 ( 2 )问 在 处 理 “   ( t ) =  

( 订 + 2 t ) 凳 ( 1   + — s — i n    的时 f )   候, ’  H 如果直 , 。 、 一  , 接求 J ’  

( 1 ) 存 在 唯 一   。 E ( o , 詈 ) , 使   ‰ ) : 0 ;  
( 2 ) 存 在 唯 一   - ∈ ( 詈 , 竹 ) , 使 g (   t ) =  
0, 且对( 1 )中的 0+  l<竹.  

“   ( t ) = 0 在 【 o , 予 】 内 的 根 是 很 困 难 的 ? . 因  
此, 结合第 ( 1 )问 的 结 论 “ 存在唯 一 ‰ ∈  

证 明 ( 1 ) 当  E ( 0 , 詈 ) 时 , f   (   ) =  


( o , 詈 ) , 使   X o ) = 0 , , , 利 用   。 将 ( o , 子 ) 分 解  
为( 0 , X 0 ) 和《 ‰ , 3 霄 - ) 这两个单调区间, 在  

( 1+s i n  ) ( 霄 +2 x )一2  —   2。 s   <o 函 


【 0 , X 0 ) 中 利 用 最 小 值 , 在(   。 , 詈) 上 利 用 零  

数 , (   ) 在 ( 0 , 詈 ) 上 为 减 函 数 ? 又 . 厂 ( 0 ) =  一  
丁 8 >o
‰ ∈
,  

点存在定理 , 间 接 地 判 断 出 了 各 自 的 零 点 情  况, 避 开 了不 能 直 接 求 解 零 点 的问 题 .  

詈 ) = 一 仃 2 一 了 1 6 < 0 , 所 以 存 在 唯 一  
一  

像这类“ 特殊点分 区 间 +单调 性 +最值 
+零 点 存 在 定 理 ”的 “ 组合拳” , 是 近 年 高考 导  数、 函数 综 合 题 的 大 热 门 , 在高考 复 习中应该  予 以 足够 重 视 .  
三、 借 鉴 一 元 二 次 方 程 根 的 分 布 思 想 解 

( 0 , 詈 ) , 使  ) = 0 ?  
( 2 ) 考 虑 函 数^ (   ) =  }  

4 - n ( 3 一  ) ,  ∈ 【 詈 , 盯 】   = 耵   舭 


决函数零点存在 问题 
例4 ( 2 0 1 4年 山 东 卷 ) 设 函数, (  )=  


【 詈 , 叮 r 】 时 , z   E 【 o , 号 】 . 记 “ (   ) = ^ ( 竹 一  

t ) =  

. 4 l n ( 1 +   2 ) , 则“  ) =  

J } f  + l n   1 (   为 常数, e : 2 . 7 1 8   2 8 …是  
( 1 ) 当后 ≤0 时, 求 函数  ) 的单 调 区间 ;   ( 2 ) 若 函数 , (  ) 在( 0 , 2 )内存 在 两 个 极 

自然 对 数 的 底 数 ) .  
( _=   1   . 由( 1 ) 得, 当 £∈ ( o,  。 ) 1 T+2 t ) ( +s i n   t ) ‘   、   ’  ’   、  ’  。  

时 , u   ( t ) > 0 ; 当 t   E ( ‰ , 詈 ) 时 , “  ) < 0 。  
从而 u ( t )在 ( 0,   )内 是 增 函数 .又 “ ( 0) =  

值点 , 求 k的取值范 围.  
解  ( 1 ) 函 数  )的定 义 域 为 ( 0 ,  
?

2 3?  

高中I   学教 与学  
+∞ )   , (  ):   二  二  . 由I I } ≤0可 
C 

2 0 1 5年  
例5  ( 2 0 1 2年 山东 卷 )已知 函 数  )=  
(  为常数 , e:2 . 7 1 8   2 8 … 是 自然 对  

得e  一   >0, 所 以 当  E ( 0, 2) 时  (  ) <  

0 , 函数 , (  ) 单调递减 ; 当  E ( 2 ,+O 0 )时 ,  

数的底数 ) , 曲 线 Y=   切 线 与  轴 平 行 .  

) 在点 ( 1   1 ) ) 处 的 

,   (  )>0 , 函数  ) 单调递增. 所 以, (  )的  单调递减 区间 为 ( 0 , 2 ) , 单 调递 增 区间为 ( 2 ,  
+∞ ) .  

( 1 ) 求  的值 ;  
( 2)求  )的单 调 区 间 ;  

( 2 )由( 1 )知 ,   ≤ 0时 , 函数  )在 ( 0 ,   2 )内单 调 递 减 , 故, (  )在 ( 0 , 2 )内 不 存 在 极 

( 3 ) 设 g (  ) =  
+ e- 2
.  

(   ) , 其 中f   (   )为 

厂 (  ) 的 导 函数 , 证明: 对 任 意  >0 , g (  )<1  

值点.  
当  >0时 , 设 函数 g (  ) = e  一k x ,  ∈  



l n   一  
e 

[ 0 ,+O 0 ) . 因为 g   (  )=e   一   =e   一e  , 当 
0<   ≤l ,  E ( 0, 2 )时 , g   (  )=e  一   >0,  

解  ( 1 ) f  (  ) =   — —- —一   由 已知 ,, ( 1 ):  



g (  ) 单调递增 , 故厂 (  ) 在( 0 , 2 )内 不 存 在 两 

: 0’ . . .   :1 .  
1 n   一1  


个极值点 ; 当 k> 1 时, 得  ∈ ( 0 , I n  )时 ,  
g   (  ) <0 , 函数 g (  )单调 递 减 .   当  E ( I n  , +O 0 ) 时, g   (  )> 0 , 函 数 





设 J } (  ):一 1  

g (  ) 单调增 , 所以 g (  )的最小值 为 g ( I n  )   =  ( 1 一I n 后 ) . 函数, (  ) 在( 0 , 2 ) 内存在两个 
极值点 , 当且 仅 当  




I n   一1 , 贝 0  (  )=一  }一  一<0 , 即后 (   )  

在( 0 , +∞ ) 上是 减 函数 . 由  ( 1 )=0 知, 当0   <   <l 时, J } (  )>0 , 从而,   (  )>0 , 当  >  
1时 (  )<0, 从 
( 1 ,+∞ ) .  

g( o)> 0,  

l g ( 1 n  )<0 ,  

(  )<0 . 综 上 可知 

)  

l 【 g ( 2 )>0 ,  
0 < l n   < 2.  
2  


的单调递 增 区 间 是 ( 0, 1 ) , 单 调 递 减 区 间 是 

解得 

e<   <  二   )在 ( 0 , 2 )内存 在 

( 3 )由 ( 2 )可 知 , 当  ≥ 1时 , g (  ) =   (  ) ≤ 0 <l +e ~, 故只需证明 g (  )<1+  
e - 2 在 0<   <1 时成立. 当0<   <1 时, e  >  
1 , f ig ( x )>0’ . . . g(  ) =L  
e 

综上所 述 , 若 函数  

两 个 极 值 点, 则  的 取 值 范围 为 ( e , }) .  
评 注  在解决例 4 第( 2 ) 问过程 中 , 利用 
导 函数 符 号 不 能 确 定 部 分 所 构 造 的 新 函 数  g (  ) =e   一 k x 它 们 的二 阶导 数 g ” (   )=e  >   0 , 故g (  )是 凹 函数 , 因 此 这 道 试 题 考 查 了新  建 函数 的 凹 凸性 .   这个 例题 在 列 出存 在 极 值 点 所 满 足 条 件  时 的处 理 方法 , 在 二 次 函 数 中 就 已经 出 现 过.  

< 1一  

x l n   一  . 设 ,(  )=l—x l n  一  ,  E( 0, 1 ) ,   贝 0   F  (  ) =一( I n   +2 ) . 当  E ( 0,e  )时 ,  

F   (  ) >0 ; 当  E ( e ~, 1 )时 , F   (  ) <0 , 所  以 当  =e  时 , , (  ) 取得最大值 F ( e  ) =1  
+ e一  


所以g (  ) < F(  )≤  1+e 一   .  

综上 , 对 任 意  >0 , g ( x ) < 1+e ~ .   评 注  对 于第 ( 3 ) 问当0<   <1 时 的证   明, 如果 直接对 函数 g (  ) =   _ 
e 

因此 , 可 以认为在解决例 4 第( 2 )问时借鉴 了 


元 二 次 方 程 根 的 分 布 知 识 间 接 解 决 了 问 
四、 利 用放 缩 法 

通 

题.  

过求导数来 求 最值 , 在求 导 函数 零点 的时候 
是 很 困难 的. 这里利用 e  >1 , 将g (   ) 经 过放   缩后 , 得 到 一 个 相 对 简 单 的 函数 F (   ) = 1一   x l n  —  , 较 好 地 解 决 了 零 点 的求 解 问题 .   这里 , 用 放 缩 法 的 主 要 目 的 是 将 复 杂 函 

数 转 化 为 相对 简 单 函数 解 决 零 点 问题 .  
?

2 4?  


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