解根、猜根、设根

2019-12-06 07:39张文海
中学数学杂志(高中版) 2019年5期
关键词:极值切线零点

张文海

导数引入高中数学教材以后,对多项式函数、指数函数、对数函数等混合型函数性质的研究多了一个重要工具.在利用导数研究函数的单调性或极值时,求解导函数的零点是一个基本问题,而我们遇到的导函数可能是初等函数、含参函数或者超越函数,导函数的零点或易或难,也成为制约大家能否顺利解题的一个关键点.本文拟通过几例谈谈处理这些问题的常见策略,以飨读者.

1 利用因式分解求根,直接代入函数求解

问题1 已知函数f(x)=2tlnx,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).

(1)当k=1时,①若函数f(x)与g(x)在x=1处的切线均为l,求t的值;②若曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围;

(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),若函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证:x1+x22>1.

解 (1)当k=1时,g(x)=x2-1,所以f′(x)=2tx,g′(x)=2x.

①由题意,切线l的斜率k=f′(1)=g′(1),即k=2t=2,所以t=1.

②设函数h(x)=f(x)-g(x)=2tlnx-(x2-1),x∈(0,+SymboleB@ ).

“曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点”等价于“函数y=h(x)有且仅有一个零点”.因为h(x)=2tlnx-(x2-1),所以h′(x)=2tx-2x=2t-2x2x.

(ⅰ)当t≤0时,由x∈(0,+SymboleB@ ),得h′(x)≤0,所以函数h(x)在(0,+SymboleB@ )单调递减.

因为h(1)=0,所以函数h(x)有且仅有一个零点1,符合题意.

(ⅱ)当t>0时,h′(x)=-2(x+t)(x-t)x,

当x变化时,h(x)与h′(x)的变化情况列表如下:

x (0,t) t (t,+SymboleB@ )

h′(x) + 0 -

h(x)极大值

所以函数h(x)在(0,t)上单调递增,在(t,+SymboleB@ )上单调递减,所以当x=t时,h(x)max=h(t)=tlnt-t+1.注意到h(1)=0,且h(t)≥h(1)=0,

若t=1,则h(x)max=0,所以函数h(x)有且仅有一个零点1,符合题意.

若0     若t>1,取x2=t+t2+1∈(t,+SymboleB@ ),由于h(x2)=2tlnx2-x22+1<2tx2-x22+1=0,所以函数y=h(x)存在两个零点,一个为1,另一个在(t,x2)内,与题意不符.

综上y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点时,t的取值范围是t≤0或t=1.

(2)当t=1时,h(x)=2lnx-x2+k.

因为h(x1)=h(x2)=0,所以2lnx1-x12+k=2lnx2-x22+k=0, 即2lnx1-x12=2lnx2-x22.令φ(x)=2lnx-x2,则φ′(x)=2x-2x=2(1-x2)x.

当00,当x>1时,φ′(x)<0,所以φ(x)在(0,1)上递增,在(1,+SymboleB@ )上递减,所以φ(x)在x=1处有极大值,所以0     令s(x)=φ(x)-φ(2-x),x∈(0,1),则s′(x)=4x(2-x)-4>4x+2-x22-4=0.

所以s(x)在(0,1)上单调递增,从而s(x)1,2-x1>1,所以x2>2-x1,即x1+x22>1.

點评 第(1)问的②问函数y=h(x)零点的个数,等同于函数y=h(x)的图象与x轴交点的个数.研究函数的图象必须先知晓函数的单调性,此问的关键是研究h′(x)=2tx-2x=2t-2x2x的正负.因为导函数h′(x)含有参数t,必然要对参数进行讨论.当t≤0时,h′(x)≤0,函数单调;当t>0时,h′(x)可以进行因式分解得h′(x)=-2(x+t)(x-t)x,令h′(x)=0,因为x>0,可以解得导函数的零点为x=t.第(2)问属于导数中极值点偏移问题,实质就是证明两个零点的中点偏在极值点的一侧,首先求出函数φ(x)=2lnx-x2的极值点,易知φ′(x)=2x-2x通分后可以进行因式分解得到φ′(x)=2(1+x)(1-x)x,令φ′(x)=0,因为x>0,可以解得导函数的零点为x=1,进一步判断得到函数的极值点.

2 通过直观观察猜根,再证明根的唯一性

问题2 设函数f(x)=ax+blnx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x.

(1)求函数f(x)的单调区间和极值;

(2)对任意的x∈(0,+SymboleB@ ),有f(x)≤kx恒成立,求实数k的取值范围.

解 (1)由已知得f(x)的定义域为(0,+SymboleB@ ),f′(x)=-ax2+bx=bx-ax2,因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x,所以f′(1)=b-a=1,

f(1)=a=1,解得a=1,b=2,故f′(x)=2x-1x2,令f′(x)=0,则x=12.

当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况列表如下:

x (0,1 2) 1 2 (1 2,+SymboleB@ )

f′(x) - 0 +

f(x)极小值

所以函数f(x)在(0,12)上单调递减,在(12,+SymboleB@ )上单调递增,极小值为f(12)=2-ln2.

(2)因为x∈(0,+SymboleB@ ),所以不等式f(x)≤kx可化为k≥f(x)x=1x2+2lnxx=2xlnx+1x2.

记g(x)=2xlnx+1x2,则g′(x)=2x-2xlnx-2x3,令g′(x)=0,即x-xlnx-1=0.

记h(x)=x-xlnx-1,则h′(x)=1-(lnx+1)=-lnx,当x∈(0, 1)时,h′(x)>0,函数h(x)=x-xlnx-1在(0, 1)上单调递增;当x∈[1,+SymboleB@ ),h′(x)≤0.函数h(x)=x-xlnx-1在[1,+SymboleB@ )上单调递减.又h(1)=0,所以h(x)≤0,故g(x)=2xlnx+1x2在(0, 1)上单调递增,在[1,+SymboleB@ )上单调递减,从而g(x)max=g(1)=1,所以k≥1.

点评 本题是一道典型的不等式恒成立问题,因为参数k只出现在一个地方,常可采用参变分离法处理,将问题转化为求一个不含参数的函数g(x)=2xlnx+1x2的最大值.研究函数的最值问题,需要知晓它的单调性,就需要了解g′(x)=2x-2xlnx-2x3的正负.分母x3显然为正,关键就是判断分子2(x-xlnx-1)的正负,而y=x-xlnx-1是一个超越函数,它的正负无法直接判断,成为制约部分同学解题的主要障碍.实际上,我们只要明确目标是判断y=x-xlnx-1的正负,也就是判断y=x-xlnx-1与“0”的关系,要让x-xlnx-1=0就需要“lnx”不要出现,这时候只需令x=1,就能找到一个零点.除了“1”这个零点之外,还有没有其他的零点,只需要研究一下函数y=x-xlnx-1的单调性即可.这一类导函数常常可以通过直观观察,猜到其中的一个零点“0”“1”“e”“1e”等,再结合函数的单调性即可判断有无其他的零点,从而达到目的.

3 根据零点存在定理设根,设而不求整体回代

问题3 设函数f(x)=(x-a)2lnx,a∈R.

(1)若x=e为y=f(x)的极值点,求实数a;

(2)求实数a的取值范围,使得对任意的x∈(0,3e],恒有f(x)≤4e2成立.(注:e为自然对数的底数)

解 (1)略.

(2)①当x∈(0,1]时,lnx≤0,(x-a)2≥0,故f(x)=(x-a)2lnx≤0≤4e2显然成立.

②当x∈(1,3e]时,由于不等式f(x)≤4e2恒成立,所以f(3e)=(3e-a)2ln(3e)≤4e2,

解得3e-2eln(3e)≤a≤3e+2eln(3e).

由(1)问可知,f′(x)=(x-a)(2lnx+1-ax),

记g(x)=2lnx+1-ax,则g(1)=1-a<0,g(a)=2lna>0,且g(3e)=2ln(3e)+1-a3e≥2ln(3e)+1-3e+2eln(3e)3e=2(ln(3e)-13ln(3e))>0,又g(x)在(0,+SymboleB@ )上单调递增,所以函数g(x)在(0,+SymboleB@ )内有唯一零点,设零点为x0,则10,即f(x)在(0,x0)上单调递增;当x∈(x0,a)时,g(x)>0,x-a<0,所以f′(x)<0,即f(x)在(x0,a)上单调递减;当x∈(a,+SymboleB@ )时,g(x)>0,x-a>0,所以f′(x)>0,即f(x)在(a,+SymboleB@ )上单调递增.所以要使f(x)≤4e2对任意的x∈(1,3e]恒成立,只要

f(x0)=(x0-a)2lnx0≤4e2,(1)

f(3e)=(3e-a)2ln(3e)≤4e2,(2)成立.由g(x0)=2lnx0+1-ax0=0得,a=2x0lnx0+x0(3)代入(1)式得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1,且函数y=4x2·ln3x在(1,+SymboleB@ )上单调递增,故1     点评 本题第(2)问采用最值法处理时,遇到解方程f′(x)=(x-a)(2lnx+1-ax)=0的问题,其中2lnx+1-ax=0是一个超越方程,无法直接求解,也无法通过观察猜出其中的某个根.但g(1)<0,g(3e)>0,又g(a)>0,根据零点存在性定理发现,方程在区间(1,a)至少存在一个根,此时可以先设出此零点x0,其中x0满足a=2x0lnx0+x0,利用此等式整体代入求解.

问题4 已知函数f(x)=ex-ax-2,其中a为常数.

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)已知a=1,k为整数,若对任意x∈(0,+SymboleB@ ),都有(x-k)f′(x)+x+1>0成立,求实数k的最大值.

解 (1)函数f(x)的定义域为(-SymboleB@ ,+SymboleB@ ),f′(x)=ex-a.若a≤0時,则f′(x)>0,所以f(x)在(-SymboleB@ ,+SymboleB@ )上单调递增;若a>0时,则当x∈(-SymboleB@ ,lna)时,f′(x)<0,当x∈(lna,+SymboleB@ )时,f′(x)>0,所以f(x)在(-SymboleB@ ,lna)上递减,在(lna,+SymboleB@ )上递增.

(2)当a=1时,对任意x∈(0,+SymboleB@ ),都有(x-k)f′(x)+x+1>0成立等价于k0恒成立.令g(x)=x+1ex-1+x(x>0),则g′(x)=ex(ex-x-2)(ex-1)2.

由(1)知,当a=1时,f(x)=ex-x-2在(0,+SymboleB@ )上递增.

因为f(1)<0,f(2)>0,所以f(x)=ex-x-2在(0,+SymboleB@ )上存在唯一零点,所以g′(x)在(0,+SymboleB@ )上也存在唯一零点,设此零点为x0,则x0∈(1,2).

因为当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,当x∈(x0,+SymboleB@ )时,g′(x)>0,所以g(x)在(0,+SymboleB@ )上的最小值为g(x0)=x0+1ex0-1+x0,所以k     又因为g′(x0)=ex0-x0-2=0,所以ex0=x0+2,所以k     点评 本题的第(2)问仍是一道不等式恒成立问题,在求函数g(x)=x+1ex-1+x(x>0)的最小值时,需要研究它的单调性,即判断g′(x)与“0”的关系,而f(x)=ex-x-2与“0”的大小关系并不确定,也无法观察出x取何值时,对应的函数值为0,但f(1)<0,f(2)>0,根据零点存在性定理发现,函数f(x)=ex-x-2在区间(1,2)至少存在一个根,此时可以先设出此零点x0,其中x0满足ex0-x0-2=0,利用此等式整体代入求出g(x0)=x0+1∈(2,3),从而得到整数k的最大值.

在导数的综合题中常需要研究导函数的零点问题,主要包括零点可求和不可求两种情形.我们首先判断能否通过因式分解直接求根,若能,则问题易解;若不能,试着通过直观观察猜出其中某一个根,再通过研究函数的单调性来证明根的唯一性;若根不易猜出,可通过数形结合的方法锁定根所在的区间,通过设而不求整体代入的方法求解.只要我们在平时的解题学习中注重总结一类问题的处理模式,利用流程图的方式去研究问题,就能够把不熟悉、复杂的问题转化为熟悉的、简单的问题,从而培养自己转化和化归的能力,形成良好的数学思维习惯,提升自己的数学素养.

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