例谈函数零点问题的解题策略

☉江苏省南京市秦淮高级中学 张兰香

例谈函数零点问题的解题策略

☉江苏省南京市秦淮高级中学 张兰香

函数和导数是高中数学学习的重点，也是近几年的高考数学压轴题．函数问题常常需要导数的帮助来求解，而零点问题是导数综合应用中最为核心的问题．笔者在教学实践中发现：学生对于处理较复杂的导数零点感到异常困惑和力不从心．为此笔者对函数导数零点问题的处理策略进行了反思和总结，以突破教学难点和教学瓶颈．

一、函数中的无零点问题

此类函数问题的零点不存在，根据导数恒大于0或恒小于0可得函数是单调的．

解：由题意可知，

⇒G′（x）=x［x2-3ax-（a2+5a-2）］．

令g（x）=x2-3ax-（a2+5a-2），g（x）=0的判别式Δ=13a2+ 20a-8．

令h（a）=13a2+20a-8，因为对称轴h（-1）=13·（-1）2+20·（-1）-8＜0，h（0）=-8＜0，

所以h（a）＜0，a∈［-1，0］，所以g（x）＞0恒成立，

所以G（x）在区间［-2，0］上递减；在区间［0，2］上递增．

［G（x）］max=max｛G（-2），G（2）｝，因为G（2）-G（-2）= -16a≥0，

［G（x）］max=G（2）=-2a2-18a≤16．故b≥16．

二、无法判断函数零点是否存在

有些函数比较复杂，掺杂了指数函数、对数函数、一次函数、二次函数或反比例函数，无法判断出零点是否存在，此时可以分离成两个函数分析．

例2设f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），曲线y=f（x）在x=处有水平切线．

（1）求a的值；

（2）设g（x）=f（x）+x+xlnx，证明：对任意x1，x2∈（0，1），有|g（x1）-g（x2）|＜e-1+2e-2．

解：（1）a=-2．（解答略）

（2）分析：要证明对任意x1，x2∈（0，1），有|g（x1）-g（x2）|＜e-1+2e-2，即证明［g（x）］max-［g（x）］min＜e-1+2e-2．为此，对函数g（x）求导得，该导函数的零点既解不出来也观察不出来，对此类型导数问题，我们通常可作出两个函数进行分析：令．作出两个函数在（0，1）区间的图像，两个图像的最大垂直距离为g（x）的最大值，两个图像的最小垂直距离为g（x）的最小值．作为不等式的证明问题，其最大值与最小值可近似估值．另外，两个函数如何选取是一个难点问题，一般原则是：①指对分离；②尽量回避分式；③尽量作出

三、导函数零点可观察出来，但无法解出

这类问题一般可以分离变量，作函数，反复求导．这种方式适合于具有如下两个条件的导数问题：（1）每次求导，导函数零点都可以观察出来，且相同；（2）每次求导，导函数结构越来越简单．

1．通过设而不求整体代换

如果f′（x）=0是超越式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），我们无法求出其零点，这时我们可以采用虚设零点法，通过形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡．通过整体代换，将超越式化简为普通式．

例3设函数f（x）=e2x-alnx．

（1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数；

当a＞0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点；

当a≤0时，方程g（x）=a没有根，即f′（x）没有零点．

（2）证明：由（1）可设f′（x）在（0，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．

故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x）min=f（x0）．

2．通过多次求导来判断正负

若f′（x）=0不可解，也可尝试再一次求导，却发现f″（x）=0（f″（x）表示f（x）的二阶导数）也不可解，此时怎么办呢？那么请你“将求导进行到底”，或许能有新的发现．利用三阶导数的符号来判断二阶导数的单调性和值域，再由二阶导数的值域可求出一阶导数的单调性和值域，进而求出原函数的单调性和值域．

例4设函数f（x）=x（ex-1）-ax2，当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．

解：f（0）=0，f′（x）=（x+1）ex-1-2ax=g（x），g（0）=0，

g′（x）=（x+2）ex-2a=h（x），h（0）=2-2a，h′（x）=（x+3）ex．

因为x≥0，所以h′（x）＞0恒成立，此时h（x）≥h（0）= 2-2a．

若a≤1，h（x）=g′（x）≥0，则g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0，因此f（x）≥0成立；

若a＞1，则h（0）=2-2a＜0，又x→+∞时，h（x）→+∞，所以存在x0使h（x0）=0，当x∈［0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，从而g（x）＜g（0）=0，即f′（x）＜0，所以有f（x）＜f（0）=0，与f（x）≥0矛盾．

综上，a∈（-∞，1］．

反思此过程，连续运用了三次求导，而且每次求导都可发现新的导数表达式，更有利于求出导数的零点，从而使我们更加明确多次求导是破解导数f′（x）零点的一个有效方法．虽然步骤较多，但操作起来有固定的模式：先求导，再求零点，若无法求出，则可构造新函数，如此继续下去，当再次求导，发现导数的表达式越来越简单时，就可考虑用多次求导法来解决函数的零点问题．

3．通过特殊值缩小范围，从而探出零点

当导数零点不可求时，首先可用特殊值进行“投石问路”．特殊值的选取原则是：（1）在含lnx的复合函数中，通常令x=ek，尤其是令x=e0=1进行试探；（2）在含ex的复合函数中，通常令x=lnk（k＞0），尤其是令x=ln1=0进行试探．

例5设函数f（x）=（x-a）2lnx，求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0，3e］，恒有f（x）≤4e2成立．（e为自然对数的底数）

解：f（x）≤4e2恒成立⇔（x-a）2lnx≤4e2恒成立．

当x∈（0，1］时，（x-a）2lnx≤0≤4e2恒成立．

当x∈（1，3e］时，（x-a）2lnx≤4e2恒成立⇔（x-a）2≤

所以在（1，3e］上h′（x）=0只有一个零点．于是当x∈（1，e）时，h′（x）＜0；当x∈（e，3e）时，h′（x）＞0．所以h（x）min= h（e）=3e．

首先把一个较为复杂的问题转化为两个基本的恒成立问题，再转化为两个函数的最值问题．在求最值的过程中，发现导数的零点不能直接求出，只能通过观察，“探出”一个根，然后再通过函数的单调性说明根的唯一性，分析出所求函数的单调区间，从而使问题获得解决．

总之，对于在高考函数压轴题中遇到的导数和函数的很多零点问题，由于零点具有求解相对比较繁杂甚至无法求解的特点．我们不必正面强求，分析条件，有时直接设出零点，充分利用其满足的关系式，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件解决问题，这样成功回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术难点，在求解比较复杂的含参函数的综合问题具有很好的应用价值．