導數中“隱零點”問題的破解方法

【摘要】導數的應用一直是近年數學高考試題考查的重點難點，也是高中數學教學的重點難點，其中“隱零點”問題更是導數應用中有代表性的難點易錯點.本研究旨在分析總結“隱零點”問題的特點、規律、解法，并嘗試構建一種有效的解題思路和步驟，深化對“隱零點”問題的理解和掌握.

【關鍵詞】“隱零點”；函數零點存在定理；構造函數；函數與方程思想；轉化與化歸思想

“函數的零點”是高中數學函數非常重要的教學內容.函數的零點從不同的角度將數與形、函數與方程有機地聯系在一起，在解決函數與方程問題中的函數的零點問題時，要掌握轉化與化歸思想，處理“隱零點”問題可考慮“函數零點存在定理”“構造函數”、利用“函數方程思想”轉化等.可遵循如下處理方法：第一步，用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程f′（0）=0，并結合f（x）的單調性得到零點的范圍；確定隱性零點范圍的方法是很靈活的，可以由零點的存在性定理確定，也可以由函數的圖象特征得到，或者由題設直接得到；第二步，以零點為分界點，判斷導函數f′（x）的正負，進而得到f（x）的最值表達式；進行代數式的替換過程中，盡可能將目標式變形為整式或分式，那么就需要盡可能將指、對數函數式用有理式替換，這是能否繼續深入分析的關鍵；第三步，將零點方程g（x0）=0適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明.

例1 已知函數f（x）=ex－1－lnx－ax，a∈R.

（1）當a=e－12時，求函數f（x）的單調性；

（2）當a＞0時，若函數f（x）有唯一零點x0，證明：1＜x0＜2.

思路點撥 第（1）問根據題意得f′（x）=ex－1－1x－e+12，又f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，易知f′（2）=0，從而即可求解單調性；第（2）問根據第（1）問可知f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，又ex≥x+1恒成立，應用零點存在定理“卡根”f′（1+a）=1－11+a＞0，f′（1）=－a＜0，所以存在唯一的t0∈（1，1+a），使得f′（t0）=0，即et0－1－1t0－a=0，分析可知f（x）單調性，得到f（x）min=f（t0），再通過分析證明，若函數f（x）有唯一零點x0，則f（t0）=0，所以x0=t0，即ex0－1=1x0+a，所以f（x0）=1x0+a－lnx0－ax0=0，設u（x0）=1x0+a－lnx0－ax0，分析單調性并判斷u（1）和u（2）的正負，即可求解.

規范解析（1）根據題意得：f（x）的定義域為（0，+∞），所以f′（x）=ex－1－1x－e+12，

又f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，

易知f′（2）=e－12－e+12=0，所以當0＜x＜2時，f′（x）＜0，當x＞2時，f′（x）＞0，

所以函數f（x）在（0，2）上單調遞減，在（2，+∞）上單調遞增.

（2）因為a＞0，f（x）的定義域為（0，+∞），所以f′（x）=ex－1－1x－a，

所以f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，

設h（x）=ex－x－1，則h′（x）=ex－1，當x＞0時，h′（x）＞0，所以h（x）單調遞增，

當x＜0時，h′（x）＜0，所以h（x）單調遞減，所以h（x）≥h（0）=0，

所以ex－x－1≥0，即ex≥x+1，

所以f′（1+a）=ea－11+a－a＞a+1－a=1－11+a＞0，又f′（1）=－a＜0，

所以存在唯一的t0∈（1，1+a），使得f′（t0）=0，即et0－1－1t0－a=0，

當x=（0，t0），f′（t0）＜0，f（x）單調遞減，當x∈（t0，+∞）時，f′（t0）＞0，

f（x）單調遞增，所以f（x）min=f（t0），又ex≥x+1，所以x≥ln（x+1），

所以x－1≥lnx，當x=1時，等號成立，則x＞lnx，

所以f（x）=ex－1－lnx－ax＞ex－1－x－ax=ex－1－（a+1）x，

即f（x）＞ex－1－（a+1）x，又ex－1≥x+1，所以ex－1≥x，所以ex2－1≥x2，

所以ex－2≥x24，又ex－1＞ex－2，所以ex－1＞x24，

所以f（x）＞ex－1－（a+1）x＞x24－（a+1）x，即f（x）＞x24－（a+1）x，

所以f［4（a+1）］＞16（a+1）24－（a+1）×4（a+1）=0，

當x→0時，f（x）＞0，若函數f（x）有唯一零點x0，則f（t0）=0，所以x0=t0，

即ex0－1=1x0+a，所以f（x0）=1x0+a－lnx0－ax0=0，

設u（x0）=1x0+a－lnx0－ax0，所以u′（x0）=－1x20－1x0－a＜0，

所以u（x0）在（1，+∞）單調遞減，所以u（1）=1＞0，u（2）=12－ln2－a＜0 ，

所以1＜x0＜2.

例2 已知函數g（x）=lnx－12x2.

（1）求g（x）的單調區間；

（2）令f（x）=2cosx+g（x），判斷函數f（x）的零點個數，并證明你的結論.

思路點撥 第（1）問應用導數研究函數單調區間的方法，由g′（x）＞0x＞0解得函數增區間，g′（x）＜0x＞0解得減區間；第（2）問根據函數f（x）的定義域以及正弦、余弦函數的單調性和有界性，綜合應用零點存在定理和極限思想，分0＜x＜1，1＜x＜π，x＞π三種情況討論，即可推導出函數零點的個數．

規范解析 （1）函數g（x）=lnx－12x2，由題意可知，x＞0且g′（x）=1x－x=1－x2x=（1+x）（1－x）x，

因為g′（x）＞0，得0＜x＜1，g′（x）＜0，解得x＞1，

所以增區間是（0，1），減區間是（1，+∞）．

（2）已知f（x）=2cosx+lnx－12x2且x＞0，

①當0＜x＜1時，f′（x）=－2sinx－x+1x，設h（x）=－2sinx－x+1x，

則h′（x）=－2cosx+1x2－1，

由于0＜x＜1，所以h′（x）＜0，即f′（x）在（0，1）上單調遞減，

又f′π6＞0，f′（1）=－2sin1＜0，

所以存在x0∈（0，1），使得函數f（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，1）上單調遞減，

當x0∈（x0，1）時，f（x0）＞f（1）=2cos1－12＞0，故f（x）在（x0，1）上無零點；

當x0∈（0，x0）時，x→0時，f（x）→－∞，f（x0）＞0，故f（x）在（0，x0）上必有一個零點.

②當1＜x＜π時，由（1）可知，y=2cosx與y=g（x）都單調遞減，

所以y=f（x）在1，π上單調遞減，又f（1）＞0，f（π）＜0，故f（x）在1，π上必有一個零點.

③當x＞π時，由（1）可知，g（x）=lnx－12x2單調遞減，故g（x）＜g（π）=lnπ－12π2，

所以f（x）=2cosx+lnx－12x2＜2cosx+lnπ－12π2＜2+lnπ－12π2＜0，

故f（x）在［π，+∞］上無零點.

綜上所述，函數f（x）在其定義域上共兩個零點.

結語

“隱零點”問題即函數零點不可求，其實質是：如果題干中未提及零點或零點不明確，依據有關理論（如函數零點的存在性定理）或函數的圖象，能夠判斷出零點確實存在，但是無法直接求出.導函數零點雖然隱形，但只要抓住特征（零點方程），判斷其范圍（用零點存在性定理），最后整體代入即可（注意零點的范圍和特征），我們可對零點“設而不求”，通過整體的代換化簡，最終解決問題．

參考文獻：

[1]沈寶偉.導數中不等式問題常見的證明策略[J].中學數學，2022（17）：37-38.

[2]王六六.導數在高中數學解題中應用的策略[J].數學大世界（上旬），2022（06）：59-61.

[3]譚芳芳.導數幾何意義的應用研究[J].高中數理化，2022（Z1）：20-21.

[4]楊巖.導數在函數不同題型解題中的應用[J].中學數學，2022（01）：86-87.

[5]傅瑞丹.凸顯數學思想，增強新教材習題功能——2022年全國新高考Ⅰ卷函數與導數試題反思[J].中小學數學（高中版），2022（11）：15-16.