例谈突破导数零点问题的几种策略

☉江苏省常熟市浒浦高级中学 吴晓英

例谈突破导数零点问题的几种策略

☉江苏省常熟市浒浦高级中学 吴晓英

导数是研究函数性质培养学生探究能力的重要工具，在利用导数解决函数相关问题的时候，往往需要对导函数的零点加以分析和运用，而平时学生习惯于常见的导函数零点问题，在遇到一些非常规的含参或超越方程时，往往会显得束手无策，笔者对该问题进行了如下整理，供参考.

一、直接求根法

此类函数的导函数零点是学生常见的方程，导数零点可直接通过解方程获得.

例1设f（x）=a（x-5）2+6lnx，其中a∈R，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴相交于点（0，6）.

（1）确定a的值；

（2）求函数f（x）的单调区间与极值.

这种策略是相对于导数的零点可以化为一次或二次方程，易求出根.

二、利用重要的函数不等式

课本例习题或平时常做的一些题经常作为出题者的母题来进行编题，在解题时可以作为结论提供一些思路.例如，我们证过一个常见的不等式：对任意x∈R，ex≥x+1，可以为一些导数题提供方法.

例2已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）设x=0是f（x）的极值点，求m的值，并讨论f（x）的单调性；

（2）当m≤2时，证明f（x）＞0.

解：（1）略.

（2）首先证明：对任意x∈R，ex≥x+1.

证明：设g（x）=ex-1-x，则g′（x）=ex-1.令g′（x）=0解得x=0.所以g（x）在（-∞，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数，故g（x）在x=0时取得最小值g（0）=0.所以对任意x∈R，ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立.于是ex+1≥x+2，当且仅当x=-1等号成立.

当x＞-2时，ex+1≥x+2两边取对数得x+1≥ln（x+2），于是ex≥x+1≥ln（x+2），由于等号不能同时成立，所以ex＞ln（x+2）.又当m≤2时，ln（x+2）≥ln（x+m）.

故ex-ln（x+m）＞0，即f（x）＞0.

点评：此题借助教材上重要函数不等式：对任意x∈R，ex≥x+1，并加以灵活运用达到了曲径通幽之功效.

三、数形结合，回避导函数的零点

仍以例2为例（题略）.

解：y=ex在（0，1）处的切线方程为y=x+1，y=ln（x+2）在（-1，0）处的切线方程也为y=x+1，所以y=x+1为y=ex与y=ln（x+2）的公切线，而y=ex为下凸函数，而y=ln（x+2）为上凸函数，故ex≥x+1≥ln（x+2）恒成立.故当m≤2时，exln（x+m）＞0恒成立.

点评：该策略要求我们对常见函数的图像及其性质比较熟悉，因此要加强基本功的训练.

四、虚拟设根，整体代换

此类导函数零点存在，但因为是超越方程或含参形式导致零点不可求或求解非常麻烦，所以可以考虑“设而不求”的技巧，利用整体代换的方式求解.

例3设函数f（x）=ln（x+a）+x2，若f（x）存在极值，求a的取值范围，并证明f（x）的所有极值和大于ln

令g（x）=2x2+2ax+1，由f（x）存在极值，所以g（x）＜0在（-a，+∞）上有解，

当-a＜x＜x1或x＞x2时，g（x）＞0，所以f（′x）＞0，

故（fx）在（-a，x1）与（x2，+∞）上单调递增；当x1＜x＜x2时，g（x）＜0，所以f′（x）＜0，故f（x）在（x1，x2）单调递减.从而，（fx）在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值.

由于x1，x2是方程2x2+2ax+1=0的两根，则x1+x2=-a，，则（fx）的所有极值和为（fx1）+（fx）2=ln（x1+a）++ln（x2+a）+=ln［x1x2+a（x1+x）2+a2］+（x1+x）22-2x1x2=ln，得证.

导函数的零点问题是高考重点也是难点，解决问题的方法也是多样的，只要在平时的训练多总结、归纳，就能在高考中制胜.

五、巧妙分离函数

例4已知方程xex=x+2在区间［k，k+1］上有解，求整数k的值.

分析：本题实际上是探究函数零点所在的区间及零点的个数，因而必须考虑函数的单调性.若构造函数f（x）=xex-x-2，则f′（x）=ex+xex-1=（x+1）ex-1导函数的零点不易求，导函数的单调性不易判断；因而尝试分离函数，显然x=0不是原方程的解；原方程等价于-1=0.

所以方程xex=x+2有且只有两个实根且分别在区间（-∞，0）和（0，+∞）上，所以k=1或k=-3.

点评：此题按常规思路构造函数，导函数的零点不易求出，导函数的单调性不易判断；但是尝试分离函数（对方程等价变形构造函数）问题迎刃而解，分离函数的原则是：将含有积或商的函数化成基本初等函数的代数和.

六、特值代入法

此类题型的导函数存在零点，但因为是含有lnx或ex的超越方程，所以在求零点时，一般需要先找特值代入，然后再部分求导证明导函数零点就是所代入的特值.

例5已知函数f（x）=ln2（1+x）

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）略.

设g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，

则g′（x）=2ln（1+x）-2x.

当-1＜x＜0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减.

所以h（x）在x=0处取得极大值，且h（0）=0，所以g′（x）＜0（x≠0），故函数g（x）在（-1，+∞）上单调递减，且g（0）= 0.所以-1＜x＜0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，故f（x）单调递增；当x＞0时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，故f（x）单调递减.所以f（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减.

点评：选取特殊值探根的原则：在含有lnx的复合函数中通常令x=ek（k∈R）尤其是令x=1进行试探；在含有ex的复合函数中通常令x=lnk（k∈R+）进行试探探得函数的一个零点之后，是否还有其他零点尚未可知，后续进行再次求导，求导的目的是探明函数的单调性.

七、等价转化，回避求导函数的零点

（1）求a，b的值

解：（1）略.

显然直接构造函数求导很复杂，令g（x）=2xlnx-x2+ 1，问题转化为求g（x）的最（极）大值.

①若x＞1，则g′（x）=2lnx+2-2x，g″（x）=-2＜0可知，g′（x）递减，且由g′（x）＜g′（1）=0可知，g（x）递减，有g（x）＜g（1）=0，则

②若0＜x＜1，则g′（x）=2lnx+2-2x，g″（x）=-2＞0可知，g′（x）递增，且由g′（x）＜g′（1）=0可知，g（x）递减有g（x）＞g（1）=0，则恒成立只需k∈（-∞，0］即可.

点评：此题没有求导函数的零点，也没有直接确定原函数的单调性，而是通过二次求导顺利解决问题.此策略的基本原则是求导之后导函数变得更简单了；当然将问题等价转化降低难度是关键.

综合上述，导函数零点主要有可求零点、不可求零点和无零点的三种呈现方式，对可求零点则直接求解或用特殊值法代入，对不可求零点则一般采用“设而不求”的解决办法.当然，对一些含超越方程形式的导函数零点问题，等价转化也是化简运算的一种有效途径.一言以概之，多对平时我们所遇到的问题加以整理概括，才能不断提高学生分析问题与解决问题的能力.