探讨函数零点在导数不等式中的应用——“隐零点(虚拟零点)”与“小不等式”的巅峰对决

四川

函数零点是沟通函数、方程、不等式的重要载体，其充分体现了数学核心素养，体现了函数与方程、数形结合、转化与化归思想在中学数学中的应用，从近几年高考试题来看，函数零点问题备受青睐，特别是在研究函数与导数零点存在，但又不能求出零点的具体值时，常根据二分法思想找出零点的大致范围，再借助零点范围及其等量关系，解决不等关系或参数范围问题，从而由考查函数零点的知识性逐步向工具性转变，这也体现新课标精神由知识立意向能力立意转变，本文与大家一起探讨函数“隐零点(虚拟零点)”为载体艺术与“小不等式”过渡转化在导数不等式中的应用.

类型一:以“隐零点(虚拟零点)”为载体过渡对决“小不等式”证明不等关系

例1.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).

(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点，求函数f(x)在[1,2]上的最值.

(Ⅱ)当m≤2时，证明f(x)>0.

试题分析：问题(Ⅰ)根据函数极值点处导数的函数值为零建立等量关系，求出参数的值；再判断f(x)在[1,2]上的单调性，从而求出f(x)的最值.

问题(Ⅱ)当m≤2时，要证f(x)>0.即证ex-ln(x+m)>0，

思路1：因ln(x+m)≤ln(x+2)，放缩即证当m=2时f(x)>0即可；

思路2：直接证明，二次求导，利用讨论的思想证明其最小值大于零；

思路3：利用小不等式ex≥x+1放缩证明.

试题解析：(Ⅰ)最大值e2-ln3，最小值e-ln2.

设g(x)=(x+m)ex-1，而g′(x)=(x+m+1)ex>0，所以g(x)在(-m,+∞)上单调递增，当x→-m时，g(x)→-1，当x→+∞时，g(x)→+∞，必存在一个数x0，使得g(x0)=0，则当x∈(-m,x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增；故f(x)min=f(x0)，

综上，当m≤2时，f(x)>0.

解法3：对x∈R时，设k(x)=ex-x-1，则k′(x)=ex-1，令k′(x)=0得x=0.

当x∈(-∞,0)时，k′(x)<0，k(x)单调递减；

当x∈(0,+∞)时，k′(x)>0，k(x)单调递增.

故k(x)min=k(0)=0，即k(x)=ex-x-1≥0得ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号).

当m≤2时，要证f(x)>0,即证x+1>ln(x+m).

当x∈(1-m,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.

故h(x)min=h(1-m)=2-m≥0.因为前后不等式不能同时取到等号，

所以当m≤2时，f(x)>0.

评析：此题第(Ⅱ)问解法1充分利用参变量的放缩，大大减小计算量，但解法1、2本质都是先运用零点存在性定理确定导函数有零点，并对其零点设而不求，然后采取整体代换的策略，把最值表达式中的超越式转化为普通代数式，构造关于零点的函数，结合零点的范围，利用函数单调性，基本不等式，放缩等手段求最值达到证明不等式.解法3，先利用ex≥x+1把超越不等式放缩成普通的代数不等式，再构造函数证明不等关系.三种方法的共性都是想办法把超越不等式转化为普通不等式，再构造新函数解决问题.

变式训练1：已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R).

(Ⅰ)当a=3时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(Ⅱ)求函数y=f(x)的单调区间；

(Ⅲ)当a=1时，证明：对任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.

试题解析：(Ⅰ)2x+y-2=0.

(Ⅱ)当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞);

当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；

当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；

即ex-lnx-2>0在(0,+∞)上恒成立，

所以对任意x>0，f(x)+ex>x2+x+2恒成立.

解法2：对x∈R时，设k(x)=ex-x-1，则k′(x)=ex-1，令k′(x)=0得x=0,当x∈(-∞,0)时，k′(x)<0，k(x)单调递减；当x∈(0,+∞)时，k′(x)>0，k(x)单调递增；故k(x)min=k(0)=0，即k(x)=ex-x-1≥0得ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号)，

当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；

故h(x)min=h(1)=0，即h(x)=x-1-lnx≥0得lnx≤x-1(当且仅当x=1时取等号).

当a=1时，要证不等式f(x)+ex>x2+x+2可变为ex-lnx-2>0，由ex≥x+1与lnx≤x-1即证x+1-(x-1)-2≥0恒成立，由于不能同时取到等号，故对任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.

类型二：以“隐零点(虚拟零点)”为载体过渡求解参数的最小(大)整数问题

例2.已知函数f(x)=(x-1)ln(x-1).

(Ⅰ)设函数g(x)=-a(x-1)+f(x)在区间[2,e2+1]上不单调，求实数a的取值范围；

(Ⅱ)若k∈Z，且f(x)+x-1-k(x-2)>0对x>2恒成立，求k的最大值.

试题分析：问题(Ⅰ)转化为g′(x)=0在[2,e2+1]有零点.

问题(Ⅱ)当x>2时，采用分参思想，构建新函数，转化为求解函数的最值问题，在通过隐零点过渡找到最值的范围，从而确定所求整数的最值.

试题解析：(Ⅰ)a的取值范围为(1,3).

因为x>2，所以v′(x)>0，即v(x)在(2,+∞)上单调递增.

又因为v(4)=-ln3+1<0,v(5)=-2ln2+2>0.

所以∃x0∈(4,5)，使得v(x0)=0即u′(x0)=0,所以u(x)在(4,x0)上递减，在(x0,5)上递增.

所以u(x)min=u(x0)

=x0-1∈(3,4).

k

评析：此题第(Ⅱ)问通过分参构造第一个函数，求导寻找最值，借助隐零点过渡构造第二个函数，结合隐零点的范围，确定第二个函数的值域，从而确定整参变数的最值.

变式训练2：已知函数f(x)=xlnx+ax+b在点(1,f(1))处的切线为3x-y-2=0.

(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；

试题解析:(Ⅰ)f(x)=xlnx+2x-1.

所以h(x)在(0，+∞)上为增函数.又h(2)=1-ln3<0，h(3)=2-ln4>0，

故存在唯一的x0∈(2，3)使得h(x0)=0，即x0-1=ln(x0+1).

当x∈(0，x0)时，h(x)<0，

所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上为减函数；

当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0，

所以g′(x)>0，所以g(x)在(x0，+∞)上为增函数.

所以k>x0+2.因为x0∈(2，3)，所以x0+2∈(4，5).因为k∈Z，所以k的最小值为5.

类型三：以“隐零点(虚拟零点)”为载体过渡对决“小不等式”求参数的范围

(Ⅰ)当a<0时，讨论函数f(x)的单调性;

试题分析：问题(Ⅰ)在函数定义域(0,+∞)上求导，再通过因式分解讨论单调性.

思路3：利用不等式ex≥x+1在x=0时取等号，求得实数b的取值范围.

试题解析：(Ⅰ)函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.

(Ⅱ)解法1：利用“隐零点(虚拟零点)”为载体过渡构建k(x)=xlnx.

g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)，

解法2：利用“隐零点(虚拟零点)”为载体过渡构建k(x)=xex.

g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)，

解法3：利用不等式ex≥x+1在x=0时取等号求解.