函數“隱零點”問題的探究與解決方法

摘" 要：在研究和應用函數的過程中，我們經常會遇到函數的零點問題，除了可以直接求解得到的零點之外，還有一類特殊的零點——“隱零點”，這類零點相對比較復雜，導致學生在解題過程中往往會遇到困難.本文分析了求解“隱零點”問題的基本策略，并結合具體例子進行了解題分析，明確了解題思路，旨在幫助學生更好地理解和應用這類復雜的零點問題.

關鍵詞：高中數學；函數；隱零點

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）18-0062-03

收稿日期：2024-03-25

作者簡介：顧丹華（1985.11—），女，福建省福安人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

“隱零點”問題源自含指數或對數的函數方程無法精確求解［1］，只能對零點設而不求，求出其大致范圍，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最終解決問題.該類題對思維要求較高，計算亦較為繁瑣，屬于中高難度題型.

1" 求解“隱零點”問題的基本策略判斷零點是否存在以及確定零點的范圍區間分為兩種情況，若函數不含參數或者參數可分離，且f ′（x）單調遞增或者遞減，則只需要根據零點存在定理，通過判斷特定的數字的大小，來確定零點是否存在以及存在的區間，這種題型最為簡單；第二種為函數的參數不可分離，需要運用到放縮取點法，較為麻煩.

根據零點的情況，判斷導函數f ′（x）的正負情況，得出函數f（x）的最值表達式；將零點表達式進一步變形，解決不等式證明、取值范圍、最值等相關問題.

2" 常見題型分析

2.1" 不等式證明問題

例1" 已知函數f（x）＝ex＋1-2x＋1，g（x）＝lnxx＋2，當xgt;0時，證明：f（x）≥g（x）.

分析" 此題的本質是函數最值問題，常規思路是通過求導判斷函數的單調性，我們希望此函數是先增后減或者先減后增（事實也證明確實如此），求得其最值.如果導函數的零點能夠直接求出，則問題便迎刃而解；但若是零點求不出其精確值，則該題就是常見的隱零點問題，通常會涉及直接代換、取對數代換、同構代換的處理過程.

解析" f（x）≥g（x）等價于

證明xex+1-2≥ln x＋x（xgt;0），

即xex+1-ln x-x-2≥0.

令h（x）＝xex+1-ln x-x-2（xgt;0），

h′（x）＝（x＋1）ex+1-1+xx＝（x＋1）（ex＋1-1x），

令φ（x）＝ex+1-1x，則φ（x）在（0，＋∞）上單調遞增，

而φ（110）＝e1110-10lt;e2-10lt;0，φ（1）＝e2-1gt;0，

故φ（x）在（0，＋∞）上存在唯一零點x0，且x0∈（110，1），

當x∈（0，x0）時，φ（x）lt;0，h′（x）lt;0，h（x）在（0，x0）上單調遞減；

當x∈（x0，＋∞）時，φ（x）gt;0，h′（x）gt;0，h（x）在（x0，＋∞）上單調遞增，

故h（x）min＝h（x0）＝x0ex0+1-ln x0-x0-2，又因為φ（x0）＝0，

即ex0+1=1x0.

所以h（x0）＝-ln x0-x0-1＝（x0＋1）-x0-1＝0，從而h（x）≥h（x0）＝0，

即f（x）≥g（x）.

點評" 解題思路分析：

①證明f（x）≥g（x），構造新函數h（x）＝f（x）-g（x）=xex+1-ln x-x-2，只需要證明當xgt;0時，h（x）≥0；

②將h（x）≥0恒成立問題，轉化為求解函數最小值問題，只要h（x）min≥0不等式即可成立.

③求解函數最值，需要求出函數的遞增遞減區間，結合其導函數進行分析.

④判斷導函數和0之間的關系.h′（x）＝（x＋1）ex+1-1+xx＝（x＋1）（ex+1-1x），需要判斷該函數和0的大小關系，當xgt;0時，“x＋1”恒大于0，因此關鍵在于找到“ex+1-1x”和0的大小關系，構建新函數φ（x）＝ex+1-1x，其在（0，＋∞）上單調遞增，找到其零點，即能判斷出其和0的大小關系.

⑤設而不求，運用“隱零點”求解.φ（110）＝e1110-10lt;e2-10lt;0，φ（1）＝e2-1gt;0，故φ（x）在（0，＋∞）上存在唯一零點x0，且x0∈（110，1）.

⑥分類討論，確定最值.x∈（0，x0）時，φ（x）lt;0，h′（x）lt;0，h（x）在（0，x0）上單調遞減；當x∈（x0，＋∞）時，φ（x）gt;0，h′（x）gt;0，h（x）在（x0，＋∞）上單調遞增，故h（x）min＝h（x0）＝x0ex0+1-ln x0-x0-2;

⑦分析最值，判斷其和0的關系.因為φ（x0）＝0，即ex0+1=1x0，所以h（x0）＝-ln x0-x0-1＝（x0＋1）-x0-1＝0，從而h（x）≥h（x0）＝0.

2.2" 求解函數零點個數

例2" 已知f（x）=（x-1）2ex-a3x3+ax（xgt;0）（a∈R）.

（1）討論函數f（x）的單調性;

（2）當a=0時，判定函數g（x）=f（x）+lnx-12x2零點的個數，并說明理由.

分析" 該題的實質是判斷“隱零點”的存在，通過找到零點，判斷出函數的遞增和遞減區間，從而判斷出函數的極大值或者極小值.

解析" （1）略；

（2）由題意可知，當a=0時，g（x）=lnx-12x2+（x-1）2ex，定義域為（0，+∞），

g′（x）=1x-x+（x2-1）ex=（x+1）（x-1（ex-1x），

設g（x）=ex-1x（xgt;0），

g′（x）=ex+1x2gt;0，

故h（x）在定義域上是增函數，

h（12）=e-2lt;0，h（1）=e-1gt;0，存在唯一x0∈（12，1），使h（x0）=0，

即ex0-1x0=0，ex0=1x0，-x0=lnx0.

當0lt;xlt;x0時，h（x）lt;0，即g′（x）gt;0；

當x0lt;xlt;1時，h（x）gt;0，即g′（x）＜0；

當xgt;1時，h（x）gt;0，即g′（x）gt;0，

∴g（x）在區間（0，x0）上單調遞增，在區間（x0，1）上單調遞減，在區間（1，+∞）上單調遞增，

∴當x=x0時，g（x）取極大值gx0=lnx0-12x20+x0-12ex0=-12x20+1x0-2，

設F（x）=-12x2+1x-2（12lt;xlt;1），易知F（x）在區間（12，1）上單調遞減.

∴gx0lt;g12=-18lt;0，

∴g（x）在（0，1）內無零點，

g（1）=-12lt;0，g（2）=e2-2+In2gt;0，

∴g（x）在（1，+∞）內有且只有一個零點.

綜上所述，g（x）有且只有一個零點.

點評" 解題思路分析：

①寫出函數表達式；

②根據導函數，確定遞增遞減區間；

③構造新函數；

④根據新函數的導函數，確定新函數的最值；

⑤設而不求，得到隱零點x0；

⑥分0lt;xlt;x0、x0lt;xlt;1以及xgt;1，三種情況進行討論；

⑦綜合以上結果.

2.3" 恒成立求解參數

例3" 已知函數f（x）=ex-a，g（x）=lnx+a，其中a∈R．

（1）討論方程f（x）=x實數解的個數；

（2）當x≥1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍．

分析" 恒成立問題，若不能分離參數，則將其變為x∈D，f（x）gt;0f（x）mingt;0；x∈D，f（x）lt;0f（x）maxlt;0形式進行求解.

解析" （1）略;

（2）由題意可知，不等式f（x）≥g（x）可化為ex-a≥lnx+a，xgt;-a，即當x≥1時，ex-

lnx+a-a≥0恒成立，所以-alt;1，即agt;-1.令h（x）=ex-lnx+a-a，h′（x）=ex-1x+a，

則h′（x）在（1，+∞上單調遞增，而h′1=e-11+a，

當h′1≥0，即a≥-1+1e時，h′（x）≥0，h（x）在（1，+∞上單調遞增，

故h（x）min=h1=e-ln（1+a）-a，

由題設可得e-ln（1+a）-a≥0a≥-1+1e，

設va=e-ln（1+a）-a，則該函數在-1+1e，+∞上為減函數，

而ve-1=0，故-1+1elt;a≤e-1.

當h′1lt;0，即-1lt;alt;-1+1e時，因為h′a+1=ea+1-1a+1+agt;0，

故h′（x）在1，+∞上有且只有一個零點x0，

當1lt;xlt;x0時，h′（x）lt;0，而xgt;x0時，h′（x）gt;0，

故h（x）在1，x0上為減函數，在x0，+∞上為增函數，

故h（x）min=ex0-lnx0+a-a≥0，而ex0=1x0+a，故x0=-lnx0+a，故ex0+x0-a≥0.

因為x0gt;1，故ex0+x0gt;1+egt;a，故-1lt;alt;-1+1e.

綜上所述，實數a的取值范圍為-1，e-1．

點評" 解題思路分析：

①根據定義域，確定a的取值范圍.為保證“ln（x+a）”有意義，需要保證x+a＞0，已知x≥1，解得agt;-1.

②根據題意，構造新函數h（x）=ex-lnx+a-a，h′（x）=ex-1x+a，問題轉化為當x≥1時，不等式h（x）≥0恒成立，求a的取值范圍.

③求新函數的單調性，確定最值.問題轉化為當x≥1時，新函數h（x）最小值大于等于0.

④結合導函數，進行函數最值的判斷.h′（x）為遞增函數，關鍵在于判斷h′1和0的關系.因為h′1=e-11+a，含有參數，無法直接確定其和0的關系.需要進行分類討論.

⑤分h′1≥0以及h′1lt;0兩種情況進行討論.h′1≥0時，此時函數h（x）在（1，+∞上單調遞增，故h（x）min=h1=e-ln（1+a）-a.此時問題變為函數va=e-ln（1+a）-a≥0恒成立，該函數在-1+1e，+∞上為減函數，且可以直接求出零點，ve-1=0，故-1+1elt;a≤e-1.h′1lt;0時，存在一個零點x0，設為不求進行分類討論.此時有h（x）min=ex0-lnx0+a-a≥0，此時解得-1lt;alt;-1+1e.

⑥綜合兩種情況，解得實數a的取值范圍為-1，e-1.

3" 結束語

解決“隱零點”問題，實質上是一種對函數深度分析的過程，這一過程不僅僅要求學生具備扎實的數學基礎知識，更需要發揮邏輯推理和創新思維的能力.雖然“隱零點”問題在求解過程中可能會帶來一定的挑戰，但只要我們能夠準確抓住其特性，運用函數零點存在定理來判斷其范圍，再通過整體代入的方法，我們就能夠有效地找到解決方案.

參考文獻：［1］

李小斌.函數隱零點問題的探究［J］.中學生數理化（高二數學），2024（01）：36-37.

［責任編輯：李" 璟］