谈谈函数的零点问题

许少华

函数的零点与函数的极值点是导数在函数中应用的基本概念，由于它既具有数形结合的背景又具有函数抽象的特点，因此，是各级各类命题的热点，也是考生普遍感到困难的难点，本文通过2021年全国高考？玉卷第22题例说几类常见问题的求解策略，供参考.

一、涉及零点之和问题

此类题如，求证：x1+x2>a或x1+x2

例1 （2021年全国高考？玉卷第22题）已知函数f（x）=x（1-lnx）.

（1）讨论f（x）的单调性.

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2< + 

解析 （1）函数的定义域为（0，+∞），又f ′（x）=1-lnx-1=-lnx，当x∈（0，1）时，f ′（x）>0，当x∈（1，+∞）时，f ′（x）<0，故f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）.

（2）由blna-alnb=a-b，得b（lna+1）=a（lnb+1），即 = ，故f（ ）=f（ ），设 =x1， =x2，即f（x1）=f（x2），由（1）不妨设01.

先证：x1+x2>2，设g（x）=f（x）-f（2-x），0

则g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]，

因为00，

所以g′（x）>0，故g（x）在（0，1）为增函数，所以g（x）1，由于f（x）在（1，+∞）上为减函数，因此x2>2-x1即x1+x2>2.

再证：x1+x2

则？渍′（x）=？渍′（x）+？渍′（e-x）=-lnx-ln（e-x）=-ln[x（e-x）]

由x（e-x）=1？圯x0= ，显然，x∈（0，x0）时，？渍′（x）>0，此时？渍（x）递增. x∈（x0，1）时，？渍′（x）<0，此时？渍（x）递减. 由于x→0时，？渍（x）>0.

？渍（1）=f（1）-f（e-1）>0.

于是x∈（0，1）时，？渍（x）>0即f（x）>f（e-x），所以f（x1）>f（e-x1）即f（x2）>f（e-x1）.

由于x1∈（0，1）？圯e-x1>1，此时函数f（x）递减，得x2

另解 设x2=tx1，则t>1，结合 = ， =x1， =x2，可得：x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2），即：1-lnx1=t（1-lnt-lnx1），故lnx1= ，

要证：x1+x2

即证：ln（t+1）+ <1，即证：（t-1）ln（t+1）-tlnt<0，

令S（t）=（t-1）ln（t+1）-tlnt，t>1，

則S′（t）=ln（t+1）+ -1-lnt=ln（1+ ）- ，

先证：ln（x+1）≤x. 设u（x）=ln（x+1）-x，则u′（x）= -1= ，

当-10. 当x>0时，u′（x）<0，

故u（x）在（-1，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数，故u（x）max=u（0）=0，故ln（x+1）≤x成立.

由上述不等式可得当t>1时，ln（1+ ）≤ < ，故S′（t）<0恒成立，

故S（t）在（1，+∞）上为减函数，故S（t）

综上所述，2< + 

点评 有没有看出两个结论的证明有一个共性？都是引入函数g（x）=f（x）-f（t-x），通过函数的单调性予以解决，虽然也存在着另解，但明显难度大，也不好操作. 这个函数是唯一的吗？不是. 如：g（x）=f（t+x）-f（t-x）等也行，我们再看一题：

例2 （2016年全国高考？玉卷第22题）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点.

（1）求a的取值范围.

（2）设x1，x2是函数f（x）的两上零点，求证：x1+x2<2.

解析 （1）过程略，结论为：f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）. a的取值范围为（0，+∞），此时f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

（2）不妨设x1

再设g（x）=f（x）-f（2-x）（x≥1），

则g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=（x-1）（ex+2a）+（1-x）（e2-x+2a）=（x-1）（ex- ）.

由x>1，得g′（x）>0，g（x）为增函数，由于g（1）=0，所以x>1时，g（x）>0即f（x2）>f（2-x2），因为f（x1）=f（x2）=0，得f（x1）>f（2-x2），由x2∈（1，+∞）可得2-x2∈（-∞，1），由于f（x）在（-∞，1）上单调递减，得x1<2-x2，即x1+x2<2.

点评 与2021年高考题的求解如出一辙，只要构造出这样的函数，求解异常顺畅. 实际上，远远不仅是这两年的高考题，我们再看看（2013湖南文）已知函数f（x）= ex，证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2<0.[来（2010天津理）已知函数f（x）=xe-x（x∈R）. 如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2）. 证明：x1+x2>2. 可以看出，此类问题还真是受命题专家的偏爱. 下面我们再来看看此类问题的简单变化形式.

二、涉及零点之积

此类题常见形式为，求证：x1·x2>a或x1·x2

例3 已知f（x）=xlnx- mx2-x，m∈R. 若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1e2（e为自然对数的底数）.

证法1 由f（x）=xlnx- mx2-x？圯f ′（x）=lnx-mx.

欲证x1x2>e2，需证lnx1+lnx2>2. 若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f ′（x）有两个零点. 即x1，x2是方程f ′（x）=0的两个不同实根.

于是，有lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，解得m= . 另一方面，由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，得lnx2-lnx1=m（x2-x1），从而可得， = .

于是，lnx1+lnx2= = .

又01. 因此，lnx1+lnx2= （t>1）.

要证lnx1+lnx2>2，即证： >2（t>1）. 即：当t>1时，有lnt> . 设函数h（t）=lnt- （t>1），则h′（t）= - = ≥0.

所以，h（t）为（1，+∞）上的增函数. 注意到，h（1）=0，因此，h（t）≥h（1）=0.

于是，当t>1时，有lnt> . 所以，有lnx1+lnx2>2成立，x1x2>e2.

点评 本证法通过零点的变形，巧妙引入函数，借助函数的单调性产生结论.

证法2 欲证x1x2>e2，需证lnx1+lnx2>2. 若f（x）有两个极值点x1，x2，即f ′（x）函数有两个零点. 又f ′（x）=lnx-mx，所以，x1，x2是方程f ′（x）=0的两个不同实根. 显然m>0，否则，函数f ′（x）为单调函数，不符合题意.

由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0？圯lnx1+lnx2=m（x1+x2），

即只需证明m（x1+x2）>2即可. 即只需证明x1+x2> .

设g（x）=f ′（x）-f ′（ -x）（x∈（0， ）），g′（x）= >0，故g（x）在（0， ）？襖，即g（x）

由于f ″（x）= -m= ，故f ′（x）在（0， ）上递增，（ ，+∞）上递减.

设x1<  -x1，即x1+x2> . 原命題得证.

点评 本证法通过lnx1+lnx2=m（x1+x2）将x1x2>e2转化为x1+x2> . 再结合两根之和构造函数，构思十分巧妙.

证法3 由x1，x2是方程f ′（x）=0的两个不同实根得m= （x>1），令g（x）= （x>1），g（x1）=g（x2），由于g′（x）= ，因此，g（x）在（1，e）上递增，（e，+∞）上递减. 设1e2，只需证x1> ∈（0，e），只需证明g（x1）>g（ ），即g（x2）>g（ ），即g（x2）-g（ ）>0.

设h（x）=g（x）-g（ ）（x∈（1，e）），h′（x）= >0，故h（x）在（1，e）上递增，故h（x）

令x=x1，则g（x2）=g（x1） ，即x1x2>e2.

点评 本证法通过数形结合，将x1x2>e2转化为x1> ，再单调性与g（x1）=g（x2）构造函数，构思很好，具有欣赏价值.

证法4 设t1=lnx1∈（0，1），t2=lnx2∈（1，+∞），则由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，得t1= ，t2= ？圯 = ，设 =k∈（0，1），则t1= ，t2= . 欲证x1x2>e2，需证lnx1+lnx2>2，只需证t1+t2>2，即 >2？圳lnk< ？圳lnk- <0，

设g（k）=lnk- （k？圳（0，1）），g′（k）= >0，故g（k）在（0，1）上递增，因此g（k）

点评 本证法通过换元将x1x2>e2转化为lnx1+lnx2>2再转化为t1+t2>2，最后再转化为 >2然后再引入函数，这里一系列的转化也非常漂亮.

例4 已知函数f（x）= （a∈R），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直.

（1）试比较20212022与20222021的大小，并说明理由.

（2）若函数g（x）=f（x）-k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1·x2>e2.

解析 （1）依题意得f ′（x）= ，又由切线与直线x+y+1=0垂直得f ′（1）=1，即 =1，得a=0，此时f（x）= ，f ′（x）= ，

令f ′（x）>0，即1-lnx>0，解得0e.

所以f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）所以f（2021）>f（2022），即 > 立得20212022>20222021.

（2）不妨设x1>x2>0因为g（x1）=g（x2）=0得lnx1-kx1=0，lnx2-kx2=0可得lnx1+lnx2=k（x1+x2），lnx1-lnx2=k（x1-x2）. 要证明x1x2>e2，即证明lnx1+lnx2>2，也就是k（x1+x2）>2.

因为k= ，所以即证 > 即ln > ，令 =t，則t>1，即证lnt> .

令h（t）=lnt- （t>1），由h′（t）= - = >0.

故函数h（t）在（1，+∞）是增函数，所以h（t）>h（1）=0，即lnt> 得证.

所以x1x2>e2.

点评 本题将x1·x2>e2转化为lnx1+lnx2>2，再转化k（x1+x2）>2，然后再结合k= 继续转化为 > 逐步向引入的函数靠拢，可以说转化是实现可解的重要环节.

三、涉及零点的综合问题

与函数零点、极值点有关的问题很多，涉及内容也十分丰富，不以两根之和与两根之积与大家见面的情况经常发生，请看：

例5 已知函数f（x）= -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： 

解析 （1）f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=- -1+ = - .

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

当x∈（0， ）∪（ ，+∞）时，f ′（x）<0. 当x∈（ ， ）时，f ′（x）>0. 所以f（x）在（0， ），（ ，+∞）单调递减，在（ ， ）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x1x2=1，不妨设x11. 由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ，所以 

点评 “双变量”型不等式的证明一般先通过题中关系找出两变量的关系，然后再转化为“单变量”型不等式进行解决.

例6 设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1 .

证明 由于f ′（x）=2x+ = （x>-1），

令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为x=- . 由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，那么-1

由f  ？蛐（x2）=0？圯a=-（2x22+2x2），

∴ f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.

设h（x）=x2-（2x2+2x）ln（1+x）（- 

则h′（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）

显然，当x∈（- ，0）时，h′（x）>0，∴h（x）在（- ，0）单调递增.

∴当x∈（- ，0）时，h（x）>h（- ）= .

故f（x2）=h（x2）> .

点评 从f（x2）是什么？将x2代入到f（x）中去以后，又多出了字母a，如何处理字母a呢？能不能用x2表示出字母a？一连串的问题引出了本题的证明思路. 本题的难度很大，函数隐藏较深.也许有的考生能产生f（x2）的结果，也能顺利代换掉字母a，由于f（x2）与想象中的函数不一致，最终前功尽弃.

针对2021年高考全国？玉卷的第22题产生了一些联想，可以看出它并不是孤立的，它涉及了一个庞大知识体系，若能将这个知识体系完善再融会贯通，也许你的能力就一下子提升了很多.

责任编辑 徐国坚