下面是小编为大家整理的一类隐零点问题三种解法,供大家参考。
1
隐零点题型：
(1) 隐零点的存在性判断 (即是否存在与存在的个数问题)； (2) 隐零点的虚设和代换 (变形表达式，使表达式简化或消元，使之容易处理)； (3) 隐零点的数值估计 (零点的存在性定理与函数性质的运用) 隐零点问题是高考的一类重点和难点问题，解决此类问题主要有 、 和 三种方法， 三种方法各有千秋，具体问题要具体研究分析.一般首选分离参数的方法. 因为这样能转化为不含参数的的 最值问题，直接降低了难度.对于不易或不能分离的问题就要采用分类讨论的方法.对于选择题或填空题， 我们可以利用技巧等价转化并数形结合快速得到答案. ：(2012 全国新课标 II 文 21) 设函数 f(x)
e x
ax
2 . (I) 求 f(x) 的单调性；
(II) 若 a
1 ， k 为整数，且当 x
0 时， (x
k)f (x)
x
1
0 ，求 k 的最大值. 本题是 2012 年全国新课标卷 II 第 21 题，题目限制条件比较新颖，采用设而不求的解法非常有效，这 类题型的练习对学生的思维有一定的启发性. 解析：(I) f
(x)
e x
a ， 当 a
0 时， f(x) 在 (
,
) 上单调递增； 当 a
0 时， f(x) 在 (
, ln a) 上单调递减，在 (ln a,
) 上单调递增； (II) 法一：(分离参数、设而不求，转化为函数最值问题) 当 a
1 时， f(x)
e x
x
2 ， f
(x)
e x
1 ，所以 (x
k)f (x)
x
1
(x
k)(e x
1)
x
1
x(e x
1)
k(e x
1)
x
1
0 ，
k
x
( x
0 )
① ，令 g(x)
x
( x
0 ) ，则 g(x)
1
1
由 (I) 知 h(x)
e x
x
2 在 (0,
) 上单调递增，而 h(0)
1
0 ， h(1)
e
3
0 ， h(2)
e 2
4
0 ，故存在唯一 x0
(1,2) ，使得 h(x 0 )
ex 0
x 0
2
0 ， g (x) 在 (0, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0 ,
) 上单调递增，故 g (x) min
g (x 0 )
x 0
x 0
x 0
1 (2,3) ，所以①等价于 k
g (x 0 )
x 0
1 (2,3) ， 故 k 的最大整数值为 2 ；
2 法二：(分类讨论，转化为函数最值问题)
当 x
0 时， (x
k)f (x)
x
1
0 等价于 (x
k)(e x
1)
x
1
0
②
令 g(x)
(x
k)(e x
1)
x
1
( x
0 ) ，则 g(x)
(e x
1)
(x
k)e x
1
(x
k
1)e x
， 当 k
1 时， g(x)
0 恒成立， g (x) 在 (0,
) 上单调递增，符合题意；
当 k
1 时，若 x
(0, k
1) ，则 g(x)
0 ；若 x
(k
1,
) ，则 g(x)
0 ，
g (x) 在 (0, k
1) 上单调递减，在 (k
1,
) 上单调递增，
由于②等价于 g(x) min
g (k
1)
(ek 1
1)
k
1
1
k
1
e k 1
0
令 h(k)
k
1
e k 1
( k
1 ) ，则 h (k)
1
e k 1
0 ，
h(k) 在 (1,
) 上单调递减，
而 h(2)
3
e
0 ， h(3)
4
e 2
0 ，则存在 k 0
(2,3) ，使得 h(k 0 )
0 ， 于是 h(k)
k
1
e k 1
0 的解集是k | k
k 0
，故 k 的最大整数值为 2 ； 法三：(巧妙换元、数形结合，转化为切线问题)
当 x
0 时， (x
k)f (x)
x
1
0 等价于 x(e x
1)
x
1
k(e x
1)
0
③
令 t
e x
，则 t
0 ， x
ln t ，于是原问题即③转化为 (t
1) ln t
ln t
1
k(t
1)
0 ，
t ln t
1
k(t
1)
0 ，即为 t ln t
1
k(t
1) ，令 g(t)
t ln t
1 ， y
k(t
1) ，其中都有 t
1 ，则
g(t)
ln t
1
0 ， g (t)
0 ，故 g(t) 在 (1,
) 上单调递增，且是下凸函数，
设当直线 y
k(t
1) 与曲线 g(t)
t ln t
1 相切时，切点为 ( ,
ln
1) ，则切线方程为
y
( ln
1)
(ln
1)(t
) ，把 (1,0) 代入切线方程，得
ln
1
(ln
1)(1
) ，
ln
1
ln
ln
1 ， ln
2
0 ，
令 h( )
ln
2
(
1 ) ，则 h ( )
1
0 ，
h( ) 在 (1,
) 上单调递减，
又 h(3)
ln 3 1
0 ， h(4)
ln 4
2
0 ， 方程 ln
2
0 的根0
(2,3) ，
ln 0
0
2
0
k
k 切线
ln 0
1
0
1 (2,3) ，故 k 的最大整数值为 2 .
3 【变式 1】已知函数 f(x)
axe kx
1 ， g (x)
ln x
kx . (I) 求函数 g(x) 的单调区间；
(II) 当 k
1 时， f(x)
g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围. ：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，利用导数研究函数的最值，是导数的 综合应用，难度中等.
问题 (II) 利用分离参数的方法，参照解法一；利用分类讨论的方法，参照解法二；利用数形结合 的方法，参照解法三. 解：(I) g (x) 的定义域为 (0,
) ， g(x)
k ， 当 k
0 时， g (x) 在 (0,
) 上单调递增； 当 k
0 时， g (x) 在 (0, ) 上单调递增，在 (
,
) 上单调递减； ( II) 法一：(含参讨论) 令 h(x)
f(x)
g (x)
(axe x
1)
(ln x
x)
( x
0 ) ，则 h(x)
0 恒成立，
h
(x)
(ae x
axe x )
(
1)
(a
ax)e x
2
①若 a
0 ， h
(x)
0 ， h(x) 在 (0,
) 上单调递减，当 x
1 时， h(1)
0 ，与 h(x)
0 不符合，舍去；
②若 a
0 ，令 (x)
axe x
1
( x
0 )，则(x)
ae x
axe x
a(x
1)e x
0 ，
(x) 在 (0,
) 上单调递增，
(0)
1
0 ， ( )
e
1
0 ，
(x) 在 (0,
) 上存在唯一的零点 x 0
，即 (x 0 )
ax 0 e x 0
1
0 ， ax 0 e x 0
1 ， ln a
ln x0
x 0
0 ，
h(x) 在 (0, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0 ,
) 上单调递增，
h(x) min
h(x 0 )
ax 0 ex 0
1
ln x 0
x 0
(ln x 0
x 0 )
ln a
0 ， a
1
a 的取值范围是 [1,
) .
法二：(分离变量) 当 k
1 时， g (x)
ln x
x ， f(x)
g (x) 恒成立，则 axe x
1
ln x
x ， 即 a
恒成立，设 h(x)
( x
0 ) ，则
h
(x)
(1
x)
(ln x
x
1)(1
x) 2
x
x e
(x
1)(ln x
x) 2
x
x e
，
4 令 m(x)
ln x
x
( x
0 ) ，则 m(x)
1
0 ，
m(x) 在 (0,
) 上单调递增， 又 m( )
1
0 ， m(1)
1
0 ， 存在唯一的 x 0
(0,1) ，使得 h(x 0 )
ln x 0
x 0
0 ， 且 h(x) 在 (0, x 0 ) 上单调递增，在 (x 0
) 上单调递减，而 ln x 0
x 0 ， e
x 0
x 0
， e x 0
h(x) max
h(x 0 )
1 ，
a
1 ，即 a 的取值范围是 [1,
) ； 【变式 1 的改编】
已知函数 f(x)
axe kx
1 ， g (x)
ln x
kx . (I) 求函数 g(x) 的单调区间；
(II) 当 k
0 ，且 k
1 时， f(x)
g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解 (I) ，略； 证明 (II) (当 k
1 时，无法分离变量了，采用分类讨论的办法)
设 h(x)
f(x)
g (x)
axe kx
ln x
kx
1
( x
0 ) ，则 h
(x)
ae kx
akxe kx
k
ae kx (kx
1)
(kx
1)(ae kx
) ，令 u(x)
ae kx
， 当 a
0 时， h
(x)
0 ， h(x) 在 (0,
) 上单调递减， h(x)
0 不恒成立，不符合； 当 a
0 时， u(x)
ake kx
0 ， u(x) 在 (0,
) 上单调递增， 求极限知 u(x) 的取值是 (
,
) ， 存在唯一的 x 0
(0,
) ，使得 u(x 0 )
ae kx 0
0 ，
即 ae kx 0
(下一步如何用此式，变与不变形要看最值的表达式)，
ax 0 e kx 0
1 ，
ln x0
ln a
kx 0 ， 又
h(x) 在 (0, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0 ,
) 上单调递增，
h(x 0 )
ax 0 e kx 0
ln x0
kx 0
1
1
ln x 0
kx 0
1
ln a ，
ln a
0 ， a
1 ， 即 a 的取值范围是 [1,
) ；
【变式 2】已知函数 f(x)
axe x
1 ， g (x)
ln x
kx . (I) 求函数 g(x) 的单调区间；
(II) 当 k
0 时， f(x)
g (x) 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解：(I) 同上，略；
5 (II) (研究差值函数的最值，分类整合) 设 h(x)
f(x)
g (x)
axe kx
ln x
kx
1
( x
0 )， h
(x)
ae kx
ake kx
k
ae kx (kx
1)
(kx
1)(ae kx
) ，设 u(x)
ae kx
( x
0 )； 当 a
0 时， u(x)
ae kx
0 ， h
(x)
0 ， h(x) 在 (0,
) 上单调递减， x lh(x)
，
h(x)
0 不恒成立，故不符合； 当 a
0 时， u(x)
ake kx
0 ， lx im 0 u(x)
l x im 0 (aekx
)
，x l u(x)
x l(ae kx
)
， 故存在唯一的 x 0
(0,
) ，使得 u(x 0 )
ae kx 0
0 ，
ae kx 0
，
ln a
kx0
ln x 0
h(x) 在 (0, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0
) 上单调递增，
h(x) min
h(x 0 )
ax 0 ekx 0
ln x 0
kx 0
1
1
ln a
kx 0
kx 0
1
ln a ，
ln a
0 ，解得 a
1 ，
即 a 的取值范围是 [1,
) . 评议：本题考查了函数的单调性，导数的应用，参数取值范围的求法 (解的是答用分类整合与筛选法)， 综合性较强. 【变式 3】函数 f(x)
ln x ， g (x)
x 2
2x ，当 x
2 时， k(x
2)
xf(x)
2g(x)
3 恒成立，则 整数 k 的最大值为
解：法一：
g(x)
x
2 ， k(x
2)
x ln x
2(x
2)
3 ， k
2 ， 令 h(x)
2
( x
2 )，则 h (x)
，
令 (x)
x
5
2 ln x
( x
2 ) ，则 (x)
1
0 ，
(x) 在 (2,
) 上单调递增， (2)
3
2 ln 2
0 ， (9)
4
2 ln 9
4(1
ln 3)
0 ， (10)
5
2 ln10
0 故存在唯一的 x 0
(9,10) ，使得 (x 0 )
x 0
5
2 ln x 0
0 ，即 2 ln x 0
x 0
5 ， 又 h(x) 在 (2, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0 ,
) 上单调递增， h(x) min
2
2
2
2
(5, 5.5) ， x
1 2 由于 k
0
，故整数 k 的最大值为 5 ；
6 【变式 4】函数 f(x)
ln x ， g (x)
x 2
2x ，当 x
1 时， k(x
1)
xf(x)
2g(x)
3 恒成立，则整 数 k 的最大值为
解：
g(x)
x
2 ， k(x
1)
x ln x
2x
1 ， k
2 令 h(x)
2
( x
1 ) ，则 h
(x)
，
令 (x)
x
2
ln x
( x
1 ) ，则 (x)
1
0 ，
(x) 在 (1,
) 上单调递增， (1)
1
0 ， (2)
ln 2
0 ， (3)
1
ln 3
0 ， (4)
2
ln 4
2(1
ln 2)
0 ， 故存在唯一的 x 0
(3,4) ，使得 (x 0 )
x 0
2
ln x 0
0 ，即 ln x 0
x 0
2 ， 又 h(x) 在 (1, x 0 ) 上单调递减，在 (x 0 ,
) 上单调递增， h(x) min
2
2
2
x 0
1 (4,5) ，
k
x 0
1 ， 整数 k 的最大值为 4 .
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