基于函数隐零点问题的导数处理策略

摘 要：本文主要介绍了函数中隐零点问题的处理方法，给出了相关案例，对于具体实例进行了细致的分析.

关键词：导数;函数;隐零点

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）34-0056-02

收稿日期：2021-09-05

作者简介：张庆（1980.10-），男，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]

按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”.对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点.

一、分离函数法

例1 已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）.

（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围;

（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x-1）

解析 （1）∵函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，

∴f ′（x）=a+lnx+1≥0在区间[e，+∞）上恒成立，

∴a≥（-lnx-1）max=-2.

∴a≥-2.

∴a的取值范围是[-2，+∞）.

（2）当a=1时，f（x）=x+xlnx，k∈Z时，不等式k（x-1）

∴k<（x+xlnxx-1）min，

令g（x）=x+xlnxx-1，则g′（x）=x-lnx-2（x-1）2，

令h（x）=x-lnx-2（x>1）.

则h′（x）=1-1x=x-1x>0，

∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，

∵h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，

存在x0∈（3，4），使h（x0）=0，

即當1

当x>x0时，h（x）>0，即g′（x）>0，

g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增.

令h（x0）=x0-lnx0-2=0，即lnx0=x0-2，

g（x）min=g（x0）=x0（1+lnx0）x0-1=x0（1+x0-2）x0-1=x0∈（3，4）.

k

∴kmax=3.

点评 变量分离是数学中最常见的一类求解方法，本例中除了采用分离变量的方法外，还需要通过函数构造进行求解，这类求解方法的好处在于不需要对问题进行分类讨论，从而使得对问题的求解更加的简便.

二、整体代换法

例2 设函数f（x）=e2x-alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f ′（x）的零点的个数;

（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

解析 （1）f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=2e2x-ax（x>0）.由f ′（x）=0得2xe2x=a.令g（x）=2xe2x，g′（x）=（4x+2）e2x>0（x>0），从而g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）>g（0）=0.

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，+∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f ′（x）<0;当x∈（x0，+∞）时，f ′（x）>0.

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

由2e2x0-ax0=0得

e2x0=a2x0，又x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0·2ax0+aln2a=2a+aln2a.

故当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

点评 整体代换的思想在中学数学中的运用也是十分常见的，而本例中就能够很好的展现出这类方法的高效性，在该问题的求解过程中，我们发现lnx0=lna2-2x0的合理代换使用可快速的将超越方程化简成熟悉的普通的代数方程，从而使问题得到解决.

三、设而不求法

例3 已知函数f（x）=1x-x+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：

f（x1）-f（x2）x1-x2

解析 （1）f（x）的定义域为（0，+∞），

f ′（x）=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.

①若f ′（x）≤0，当且仅当a=2，x=1时f ′（x）=0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减.

②若a>2，令f ′（x）=0得，

x=a-a2-42或x=a+a2-42.

当x∈（0，a-a2-42）∪（a+a2-42，+SymboleB@）时，

f ′（x）<0;

当x∈（a-a2-42，a+a2-42）时，f ′（x）>0.

所以f（x）在（0，a-a2-42），（a+a2-42，+SymboleB@）上单调递减，在（a-a2-42，a+a2-42）上单调递增.

（2）证明 由（1）知，f（x）存在两个极值点时，当且仅当a>2.

由于f（x）的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，

所以不妨设x11.由于

f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，

所以f（x1）-f（x2）x1-x2

设函数g（x）=1x-x+2lnx，由（1）知，g（x）在（0，+∞）上单调递减，

又g（1）=0，从而当x∈（1，+∞）时，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0，即f（x1）-f（x2）x1-x2

点评 利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，设而不求的方法一般在圆锥曲线中经常遇到，其实在函数问题中，若遇到函数极值，零点问题时该方法也是处理该问题的一种常见处理方式.

参考文献：

[1]人民教育出版社，课程教材研究所，数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书·数学：选修3-2[M].北京：人民教育出版社，2010.

[责任编辑：李 璟]