淺談導函數隱零點范圍的估計策略

◇ 江西 李樹森

利用導數研究不等式，需要構造函數，將所研究的問題轉化為函數的最值來處理，在求函數的最值時，常常需要確定導函數的零點，有時會碰到導函數有零點但求解其零點比較困難的情況，此時稱此零點為隱零點.雖然將這個零點虛設出來，通過整體代入能簡化函數并研究其函數值的范圍，但有時需要將這個零點的范圍較為精準地進行估計，才能達到解決問題的目的，因此如何確定隱零點的范圍，成為解決問題的關鍵.本文從解不等式、目標函數反解、二分法、放縮法、利用單調性等角度介紹其范圍的估計方法.

1 構造隱零點的不等式求解隱零點的范圍

分析問題轉化為fmin(x)≥0，因此研究導函數，利用零點存在判定定理判斷導函數零點存在，但求解困難，通過虛設零點，將其零點與參數a 之間的關系整體代入，簡化函數，根據條件構造含零點的不等式，通過解不等式確定零點的范圍，最后利用函數思想可以求解參數a 的范圍.

解由已知條件可得fmin(x)≥0，且

令φ(x)＝aexx2－(a＋1)(a＞0)，則

當x∈(0，＋∞)，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，＋∞)上為增函數，又φ(0)＝－(a＋1)＜0，而

當x∈(0，x0)時，φ(x)＜0，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上為減函數；

當x∈(x0，＋∞)時，φ(x)＞0，f′(x)＞0，所以f(x)在(x0，＋∞)上為增函數.

又因為φ(x)＝aexx2－(a＋1)在(0，＋∞)上為增函數，且0＜x0≤1，所以0＝φ(x0)≤φ(1)，由0≤φ(1)，可得

利用零點存在判定定理，判定零點的存在，找到隱零點x0與參數a 的關系aex0＝，將其整體代入函數中，簡化目標函數得，從而構造了隱零點x0的不等式，解出零點的范圍，這即為所求的隱零點的范圍.

2 通過隱零點代換，利用多項式函數的臨界值反解出隱零點的邊界

分析解決不等式f(x)＞kx 恒成立，可以通過分離參數，得到構造函數將問題轉化為求目標函數g(x)的最小值(最小值的取值范圍)，借助導數，判斷導函數g′(x)存在零點，此零點不易求解，再通過虛設零點，利用零點的關系整體代入，求出函數g(x)的最小值，其值不是一個具體的數，需要估計零點的精確的范圍，將其最小值的范圍限定在一個很小的范圍內，從而確定整數k 的最大值.

解當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞kx 恒成立，等價于當x∈(1，＋∞)時，恒成立.

因此當x∈(1，m)時，h(x)＜0，即g′(x)＜0，則g(x)在x∈(1，m)上單調遞減；當x∈(m，＋∞)時，h(x)＞0，即g′(x)＞0，則g(x)在x∈(m，＋∞)上單調遞增.所以當x∈(1，＋∞)時，

3 利用二分法估計隱零點的范圍

分析由題意函數有2個零點，可轉化為研究函數y1＝－k 與函數y2＝2xe－x－ex的圖象有2 個交點，即研究函數y2＝φ(x)＝2xe－x－ex的單調性和極值的范圍，通過求導得φ′(x)＝e－x(2－2x－e2x)，此函數的零點不易求解，故可虛設零點，整體代入，預設存在零點的一個范圍，利用二分法，將零點存在的區間逐步縮小，以便準確求出極值的范圍，順利尋找到滿足條件的整數k的最小值.

解由題意函數g(x)有2個零點，可轉化為函數y1＝－k 與函數y2＝2xe－x－ex的圖象有2個交點，令φ(x)＝2xe－x－ex，則

當x∈(－∞，x0)，h(x)＞0，即φ′(x)＞0，所以φ(x)在(－∞，x0)為增函數；當x ∈(x0，＋∞)，h(x)＜0，即φ′(x)＜0，所以φ(x)在(x0，＋∞)為減函數.

在判斷隱零點的范圍時，我們常在預判的過程中將范圍擴大，借助“二分法”思想，將其范圍一分為二，重新確定一個新的有解范圍，直至將隱零點精確在一個很小的范圍內，往往能夠達到解題的目的.在本題中，開始預設零點x0∈(0，1)，發現函數的極大值范圍較大，通過“二分法”將其零點x0縮小到一個小的區間(0，)，此時函數φ(x)的極大值φ(x0)∈(－，－1)，從而確定了符合條件的最小整數k.其實二分法思想是一種逼近的思想，最終將零點控制在一個精準的范圍內.

4 放縮函數，通過解不等式確定零點的邊界

分析證明不等式f(x)＜ex－x2－3x＋1，可構造函數g(x)＝xlnx＋ex－x2－2x，研究其最小值，通過求導得g′(x)＝ex＋lnx－x－1，此零點不可求，虛設零點，整體代入得g(x0)＝(x0－1)lnx0－再確定零點的范圍，即可證明.

解設g(x)＝xlnx ＋ex－x2－2x，則g′(x)＝ex＋lnx－x－1，g″(x)＝ex＋－1，因為x＞0時，g″(x)＝ex＋－1＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上為增函數，又因為

即

本題在不等式證明過程中，通過構造函數，并且運用了兩次求導，利用零點存在定理判定了零點的存在，通過虛設零點、整體代換進行求解.其中取點估算是此題的難點，本題中通過對代換后的目標函數g(x0)＝(x0－1)lnx0－(x0＋1)2＋分析，要證明g(x0)＞0，注意到(x0－1)lnx0＞0，將目標函數放縮得g(x0)＝(x0－1)lnx0－(x0＋1)2＋，通過解不等式－(x0＋1)2＋，得到零點的一個邊界點－1，通過計算確定隱零點類似本題中運用放縮法取點，在近幾年的高考中常常考查.

5 構造隱零點的等量關系，利用函數的單調性確定隱零點的范圍

分析為了研究函數f(x)的最小值，可借助導數工具.f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x＋1)，利用零點存在判定定理判定零點存在，發現此導函數零點求解很困難，需要虛設此零點，整體代換，簡化目標函數.但是為了求出函數f(x)的最小值g(a)的值域，此時需要準確確定隱零點的范圍，利用隱零點x0與a 之間的關系，利用函數思想，確定函數的單調性，借助反解出零點的范圍，從而求出函數g(a)的值域.

解因為f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x＋1)(x＞0)，令φ(x)＝f′(x)，則φ′(x)＝xex＋2a＞0，則f′(x)在(0，＋∞)上為增函數，f′(0)＝2a－1＜0，f′(1)＝4a＞0，故?x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，即(x0－1)ex0＋2a(x0＋1)2＝0，即

又因f′(x)在(0，＋∞)上為增函數，且f′(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0，則f(x)在(0，x0)上為減函數；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，則f(x)在(x0，＋∞)上為增函數.又因為，令得，即h(x)在(0，1)為減函數，又因為h(0)＝，h(1)＝0，

所以0≤x＜1，即0≤x0＜1，所以

這是一道比較復雜的導函數零點不可求的問題，這種題的解題通法是先利用零點存在原理，找出零點x0的大致區間，再繞開x0的具體值，轉而判斷導函數在這個區間的單調性，同時借助f′(x0)＝0整體代換，進而將問題化繁為簡.本題之所以比較復雜，就是因為本題設置了一個參數0＜a≤，通過這個參數的取值范圍使得零點精確的范圍原形畢露，為求最小值的值域立下了汗馬功勞.

處理函數與不等式問題，常常需要研究導函數的零點，這是處理不等式問題的關鍵之處，解題時先利用零點存在判定定理，預設出零點存在的范圍，虛設此零點，整體代換簡化目標函數.預設的零點在研究最值(極值)范圍過大時，往往需要將零點的范圍進一步縮小.若遇到隱零點的關系式無參數時，常常利用“二分法”思想將范圍縮小，或者借助目標函數的臨界值反解出零點的邊界點，并驗證該邊界點的函數值的正負號，將零點范圍縮小；遇到參數時，往往需要借助參數與隱零點之間的關系，將問題轉化為函數問題，利用函數的單調性，來估算其范圍.確定范圍的方法有很多，在研究問題時需要同學們靈活多變，才能輕松破解此類問題.