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导数函数零点整体代换法的应用


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数 学 通讯 — — 2 O 1 5年 第 7 、 8期 ( 上半月)  

? 辅教导 学 ?  

导 数 函 数零 点 整体 代 换 法 的 应 用 
苏凡文  
( 山东 省泰 安 宁 阳 一 中 数 学 组 , 2 7 1 4 o o )  

在高三二轮复习教学中, 一 类 与 求 函数 极 值 

一 xl n x + 

( 口 ∈ R) .  

有 关 的题 目不 时 出现 , 此类 题 目的 极值 点 为 变 量 ,  
在 求 函数极 值 时相应 的极值 函数 一 般 为 超越 函数  或含参 函数 , 不 方便 直接 求 解 . 因 为极 值 点 为导 数  函数 的零 点 , 此 时结 合 函数 极 值 函数 的特 点 , 不 妨 
利用 整体代 换 化 简 极 值 函 数 , 则 解 题 方 向柳 暗 花 

( I) 若 函数 , ( z ) 在 区间[ P 。 , +∞ ) 上 为增 函 
数, 求  的取值 范 围 ;  

( I I ) 若 对任 意 z∈ ( 1 , +o o ) ,  ( z ) >忌 (  ~  
1 ) + 甜 一 z恒成 立 , 求 正 整数 是的值 .   解析  ( I)略.  
( I I )因 为 z ∈ ( 1 , +。 。 ) , 所以   一1 > 0 . 所 
以龙 ( z一 1 )< x l n x+  一  , +  = xl n x+ z可 

明. 笔 者 整 理 了此 类 题 目作 为 一 个 专 题 , 集 中讲  解, 效 果 颇佳 , 现与 同仁 共享 .  




利 用 导 数 函 数 零 点 整 体 代 换 化 简 极 值 

转化为 愚 < 型些  ! , 于是 “ 对任 意  E ( 1 , +o o )   时k ( z一 1 ) <, (  ) 一a , 2 c + z恒成 立 ”即“ 对任 意 

函数 

例 1   ( 2 0 1 3 年 课标 Ⅱ 理 2 1 )已知 函数 厂 (  )  
一 e  一 I n( o r+  ) .  

∈( 1 , +o o ) 时曼 <型  掣
设函数 ^ (  ) 一 兰  

恒成立” .  
,则 h I (  ) 一   )=  

( I) 设  一 0 是- 厂 (  ) 的极 值点 , 求  , 并讨论  厂 ( z )的单 调性 ;   ( Ⅱ)当 研 ≤ 2时 , 证 明: - 厂 (  ) > 0 .  
解 析  (I)略 . ‘  



设  ( z ) ̄ 3 C -l n . 7 2 -2 , 则 

( I I )当  ≤ 2 ,  ∈ ( 一m  +。 。 ) 时, i n ( a : +m)  
≤ l n ( z+ 2 ) , 故只 需证 明 : 当  = 2时 , _ 厂 ( z) > 0 .   当 m一 2 时, f   (  )= = = e x 一  , 厂  ( z ) 一 矿 

i 一   .  
因 为 z∈ ( 1 , +( ) 。 ) , 所以m   (  ) >0 , 则  (  )  

在( 1 , +o o ) 上是 增 函数 , 又 m( 3 )一 l —I n 3 < 0 ,   m( 4 )一 2 ~l n 4 >0 , 所 以, j   z o ∈( 3 , 4 ) , 使 m( x o )  
一 z0一 l n 0 c 0— 2 = = =0 .  

+  
调递增 .  

>0 , 所以函数 厂(  ) 在( 一2 , +。 。 ) 单 

当  ∈ ( 1 , z o )时 ,  (  )< 0 , h   ( 1 z )< 0 , 故  h ( z ) 在( 1 , s c 。 ) 上 是减 函数 ; 当   E( J c 。 , +o o ) 时,   e( r x )> 0 , h   (  ) >0 , 故 ^ ( z ) 在( z o , +。 。 )上是 

又 - 厂   ( 一1 ) < 0 , f   ( O ) > 0 , 故 f   ( z )一 0在  ( 二 _ 2 , 十o o ) 有 唯一 实根 z 。 , 且 z 。E ( 一i , O ) .  

当  E ( 一2 ,  0 ) 时, f   (  ) <0 , 当z   E(  0 ,  
+o o ) 时, f   (  ) >0 , 从而当   —z 。 时, , ( z ) 取得  最小值 .  
由,   ( z 。 ): = = 0得   一z 0 , 故  , ( z )≥ f ( x 0 )一 P   o —l n ( x o +2 )  
一  一  > 。 .  

增 函数 . 所 以[  (  ) ]   一h (   。 )一 
又 m(   o )= = =  0 一l n x 0 — 2= 0 , 则 1 +l n . r 。一 
0 —1 , 于 是 得 h( z 0 )一 zo   E( 3, 4 ) , 所 以 愚< z 。 ,  

, l n (  。 +2 )一 

又 忌为正 整数 , 所 以 志的值 为 1 , 2 , 3 .   点评  此类 题 目需 要求 函数 的极 值 , 而 极值 
点 又不确 定 , 于 是 根 据 零 点 存 在 定 理 确 定 零 点 的 

取值 范 围. 在得 到极 值 函数 后 , 若 再 次求 导 就 会 陷  入求 导运 算 的死 循 环 , 这 时需 要 转 换 思 路 另辟 蹊  ’   径, 通过 零点 整体 换元 化简 极 值 函数 , 则 问题 迎 刃 
而解 .  

综上, 当 m ≤ 2时 , f ( s c )> 0 .  

例2 ( 2 0 1 5年 泰 安模 拟 2 1 )已知 函数 厂 (  )  

?

辅教导学 ?  

数 学 通讯 — — 2 O l 5年 第 7 、 8期 ( 上半 月 )  

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二、 利 用导 数 函数零 点 消参  例 3 ( 2 0 1 4年 新 课 标 Ⅱ 文 2 1 )已 知 函 数 
, ( z )= 。 一3  。 +  + 2 , 曲线 Y: f ( x ) 在点( 0   2 ) 处 的切 线与 z轴 交 点的横 坐标 为 一 2 .   ( I)求 口 ;  

> 0) .  

.  

当 口≤ 0时 , 一a x  +  + 1 >0 , 故厂   ( z )一 
 ̄ —

a x2+ x + 1> 0




则  (  ) 在( O , +。 。 ) 上 为 增 函 

数, 不 存在 极 值.  
当 n> o时 , 设 g (  ):一 a x  + x+ 1 , 因为 

( Ⅱ) 证 明: 当 k< 。 1 时, 曲线 y一 , ( z ) 与 直线  y: k x一 2只有 一个 交点 .  
解 析  ( I) 略.  

g ( z ) 的图象过定点( o , 1 ) , 且开 口方向向下 , 所以  
g ( z )在 ( O , +o o )上 存 在 唯一 的 零 点 z 。 , 且 x ∈ 

( U) “ 曲线 y一 , (  )与直线 Y= k x一2只有 


个交 点 ”即“ g ( z )= , (  ) 一  + 2的 图象 与 x  
g( z) = x 。一 3 x  + ( 1一 k )   + 4,   g   ( z)= 3 x。 一 6 x+ ( 1一 是 ) .  

( o , x 。 ) 时, g (   ) >0 , 此时/(   ) >0 , 厂 ( z ) 为增 函   数; x∈ (   0 , +∞) 时, g (   ) <0 , 此时 /( z ) <0 ,  
(  ) 为 减 函数. 所 以 z= z 。 为 函数 ,( z )的极 大 

轴 只有 一个 交点 ” .  

值点, 厂 (   0 ) 一l n x o 一寺甜3 +z o ,   0 ∈( 0 , +∞) .  
因为 一纰 3 + 。 + l= 0 , 即纰: 一 。 +1 , 所 
以, (  。 ): l n   。 一下 X o +1 + 。一 l n x。 + 墅 
,  

① △一 3 6 —1 2 ( 1 一是 )= 2 4 +1 2 k≤ 0 , 即k   ≤一 2时 , g   ( z ) ≥ 0 , 所以 g ( z ) 在 R上 为增 函数 .   因为 g ( O ) 一4 >0 , g ( 一1 ) 一志 一1 <  ? 0 , 所 以存 在 

x o ∈( ~l , O ) 使得 g ( x 。 ) =0 , 所以g (  ) 的 图象 与  z轴有 一 个交 点.   ?  
② △一 3 6 —1 2 ( 1 一志 )= 2 4 +1 2 k > 0 , 即一 2  

/(   。 )   1十虿 1> o , 所以 , ( z 。 ) 在( 0 , +  ) 上 
为 增 函数 , 又, ( 1 ) =o , 所以, 当 。∈ ( 1 , +o 。 ) 时 
f( xo )> o .  

< k< 1时 , 只需 要 满 足 g ( z )的极 小 值 大 于零 
即可 .  

由 n z : 一 z 。 + 1 得 口 一 磊 1 . 十   1 ; ( 去 +   1 ) 。  


g   ( z ) ’ = 0有两 个零 点 z 1 ,  2 , 设 1 < 2 .   g   (  ) >0 时, x< x l 或 > x 2 ; g   ( z ) < 0时 ,  

÷( 其中   ∈( 0 , 1 ) ) .  
0 

z 1 < x< 2 . 所 以 z: x 2 为 极小 值点 .  
由g   ( z )一 3 x   一6 x+ ( 1 一忌 ): 0得 1 ~k   =一 3 x 。+ 6 x,因 为 0 < 1一 k < 3 ,所 以  , 解得 0 <z   < l 或1 <  f 一 3   x   2 - 4 + 6 x   > < O 3


令 £ 一  ∈ 山 n  ( o , 1 ) , 设   (   ) 一 ( f + 丢 厶   )   一 丢 ,  
因为 在   ( £ ) 一( £ + 寺) 。 一 ÷在( o , 1 ) 上为 增函 数,  
所以  ( £ ) <  ( 1 )= 2 , 所 以. o< a< 2 .  

<2 .  

点 评  含 参 函数 是 高 中数 学 的知 识难 点 , 一  般 需要 分类 讨 论 , 有 时 甚 至感 觉 无 法 找 到 解 题 突 

g( x 2 )= x   一3 z ; 一3   2 +6 z ; + 4=一 2  ; + 

3   ; +4 , 当 1< 2 < 2时 , g   (  2 )=一 6   ; +6 z 。  
=一 6  (   一1 )< 0 , 故g ( x   ) 在( 1 , 2 ) 上 为减 函   数, 于 是可 得 g ( x   ) >g ( 2 ) 一0 , 所以g (  ) 的 图象  与  轴有 一 个交 点.  

破 口. 当极值函数中含有参数时 , 利用导数 函数的  
零 点 能够 有效 消除 参数 , 简 化 极 值 函数 , 解 决 思 路 
豁然 开 朗.  
练习:  

综 上可 知 , 曲线 y一 , ( z )与直线 y— k x一 2  
只有 一个 交 点.  

1 .设 函 数  ( z ): 矿 一 a x一 2 .  

(I) 求f ( x )的单调 区 间 ;  
( Ⅱ) 若 n。 1 , k为 整 数 , 且当. 7 c > 0时 ( z—  

4 ( 2 0 1 5年 郑 州 模 拟 2 1 )已知 函数 , (  )  


l n x一 妄a x  + z, 口∈ R .   ( I)求 函数 , (  )的单 调 区间 ;   ( Ⅱ)是否 存 在实数 口 , 使 得 函数  (  )的极 值 

k ) f   (  ) + z+ 1> 0 , 求 k的最 大值.  
o 

2 .已知 函数  (  ):  z 。 +z 。 + 船 + 1在  ( 一1 , 0 ) 上 有两 个极 值点 x   , z 2 , 且z l <z 2  

大于 0 , 若存在 , 求 口的取 值 范 围 ; 若 不存 在 ,   请 说 
明 理 由.   解 析  ( I) 略.  
( I I) , , (  ) 一一 1一盯 + 1 : 


(I) 求 实 数 口的取 值 范 围 ;  
( Ⅱ) 证 明: f ( x 2 )>  .  

纰  4 -x  4 -1 ,  



L Z 

x  

( 收 稿 日期 : 2 0 1 5—0 4 —0 2 )  


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