隐零点在导数中的应用

摘 要：若函数的某区间上存在零点，但不易求出其准确值，则可设零点为x0，这时称x0为该函数的隐零点.文章运用隐零点来解决与函数不等式或零点相关的导数试题.

关键词：函数；导数；隐零点；零点；不等式

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0051-03

在求函数f（x）在区间I上的零点时，若出现难以求出零点准确值的情况，这时可设零点为x0，则x0满足方程f（x0）=0.若a，b∈I，且alt;b，f（a）f（b）lt;0，则根据函数零点存在定理可缩小x0的范围，得x0∈（a，b）.之后可利用f（x0）=0和x0∈（a，b）来解决与函数的不等式证明或者零点有关的试题[1].

1 运用隐零点解决不等式相关问题

例1[2] 已知函数f（x）=lnx+a.若对任意x∈（0，+∞），都有ex-a≥f（x）（e为自然对数的底），求证：a≤1.

解析 设g（x）=ex-a-lnx-a，则

g′（x）=ex-a-1x.

设g′（x0）=ex0-a-1x0=0，则a=x0+lnx0.

因为g′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以当x∈（0，x0）时，g′（x）lt;0，当x∈（x0，+∞）时，g′（x）gt;0.

所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增.

所以gmin（x）=g（x0）=ex0-a-lnx0-a=1x0-x0-2lnx0≥0.

令h（x）=1x-x-2lnx，则

h′（x）=-1x2-1-2x=-1-x2-2xx2=-（x+1）2x2lt;0.

故h（x）=1x-x-2lnx在（0，+∞）单调递减.

因为h（1）=0，所以x0≤1.

所以a=x0+lnx0≤1.

例2 已知f（x）=ax2-2lnx，a∈R.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若对任意的xgt;0，2-f（x）≤2（a-1）x恒成立，求整数a的最小值.

解析 （1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=2ax2-2x.

①当a≤0时，f ′（x）lt;0，f（x）在（0，+∞）内单调递减；

②当agt;0时，令f ′（x）=0，得

x=aa或x=-aa（舍）.

当x∈（0，aa），f ′（x）lt;0，f（x）单调递减；

当x∈（aa，+∞），f ′（x）gt;0，f（x）单调递增.

（2）由题意得2-ax2+2lnx≤2（a-1）x.

整理，得2（lnx+x+1）≤a（2x+x2）.

因为xgt;0，所以原命题等价于a≥2（lnx+x+1）2x+x2在区间（0，+∞）内恒成立.

令g（x）=2（lnx+x+1）2x+x2，则

g′（x）=-2（x+1）（2lnx+x）（2x+x2）2.

令h（x）=2lnx+x，易知h（x）在区间（0，+∞）内单调递增.

又h（0.5）=-2ln2+0.5lt;0，h（1）=1gt;0，故存在唯一的x0∈（0.5，1），使得h（x0）=0.

当0lt;xlt;x0时，g′（x）gt;0，g（x）单调递增；当xgt;x0时，g′（x）lt;0，g（x）单调递减.

故当x=x0时，函数g（x）有极大值，也即为最大值，

g（x）max=2（lnx0+x0+1）2x0+x20=x0+2x0（x0+2）=1x0.

故a≥1x0.

又1x0∈（1，2），故a≥2.

又a为整数，故a的最小整数值为2.

2 运用隐零点解决零点相关问题

例3 已知函数f（x）=（x-1）ex-lnx-a（x-1），其中实数a≥0.若函数f（x）有唯一零点，求a的值.

解析 因为f（x）=（x-1）ex-lnx-a（x-1），所以f ′（x）=ex·x-1x-a.

令h（x）=ex·x-1x-a（xgt;0），

所以h′（x）=exx+ex+1x2gt;0.

所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，即f ′（x）在（0，+∞）上单调递增.

设m（x）=ex-x-1，则m′（x）=ex-1.

当xgt;0时，m′（x）gt;0，所以m（x）在（0，+∞）上单调递增；

当xlt;0时，m′（x）lt;0，所以m（x）在（-∞，0）上单调递减.

所以m（x）≥m（0）=0.所以ex-x-1≥0.

即ex≥x+1.

所以f ′（1+a）=（1+a）e1+a-11+a-a

gt;（1+a）（a+2）-11+a-a

=a2+2a+2-11+a

=（a+1）2+a1+agt;0.

又f ′（12）=e2-2-alt;0，所以存在唯一的t∈（12，1+a），使得f ′（t）=0，即

tet-1t-a=0.①

当x∈（0，t）时，f ′（x）lt;0，f（x）在（0，t）上单调递减；

当x∈（t，+∞）时，f ′（x）gt;0，f（x）在（t，+∞）上单调递增.

所以f（x）min=f（t）.

又因为函数f（x）有唯一的零点，所以f（t）=0.

即（t-1）et-lnt-a（t-1）=0.②

由①②得（t-1）et-lnt-（tet-1t）（t-1）=0.

即（t-1）2et+lnt+1t-1=0.

令n（x）=（x-1）2ex+lnx+1x-1，则

n′（x）=（x2-1）ex+1x-1x2

=x-1x2［x2（x+1）ex+1］.

又因为x2（x+1）ex+1gt;0（xgt;0）， 所以函数n（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

而n（1）=0，则t=1.

代入①，得a=e-1.

例4[3] 已知函数f（x）=lnx+ax（x-1），x∈（1，+∞）.

（1）若不等式f（x）lt;0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）判断函数f（x）的零点的个数.

解析 （1）因为f（x）=lnx+ax（x-1），x∈（1，+∞），

所以f ′（x）=2ax2-ax+1x.

①若a≥0，因为xgt;1，所以lnxgt;0，ax（x-1）≥0，所以f（x）gt;0，不符合题意.

②若alt;0，由f ′（x）=2ax2-ax+1x=0，得2ax2-ax+1=0.

令h（x）=2ax2-ax+1，因为△=a2-8agt;0，

设方程2ax2-ax+1=0两根为x1，x2，

则x1+x2=12，x1x2=12alt;0.

不妨设x1lt;0lt;x2，当x2gt;1时，在（1，x2）上，f ′（x）gt;0，f（x）单调递增，f（x2）gt;f（1）=0，不合题意.

所以x2≤1.

故h（1）=a+1≤0，即a≤-1.

这时，在（1，+∞）上，f ′（x）lt;0，f（x）单调递减，所以f（x）lt;f（1）=0恒成立.

综上，a的取值范围是（-∞，-1］.

（2）当a≥0时，因为xgt;1，所以lnxgt;0，ax（x-1）≥0，所以f（x）gt;0，函数无零点.

当alt;0时，

（ⅰ）若x1lt;0lt;1lt;x2，则h（1）gt;0，即-1lt;alt;0.

由（1）知，f（x）在（1，x2）上单调递增，在

（x2，+∞）上单调递减，f（x2）gt;f（1）=0，由

h（1-1a）=2a（1-1a）2-a（1-1a）+1

=a+2a-2lt;0=h（x2），

可知1-1agt;x2.

又f（1-1a）=ln（1-1a）+a（1-1a）（-1a）

=

ln（1-1a）-（1-1a）

lt;1-1a-（1-1a）=0，

所以存在x0∈（x2，1-1a）使f（x0）=0.

所以当-1lt;alt;0时，f（x）有一个零点.

（ⅱ）若x1lt;0lt;x2≤1，即a≤-1时，则f（x）在

（1，+∞）上单调递减，f（x）lt;f（1）=0，f（x）无零点.

综上，当a≥0或a≤-1时，函数f（x）无零点；当-1lt;alt;0时，函数f（x）有一个零点.

3 结束语

在导数试题中，经常遇到函数f（x）在某区间上存在零点但求不出其准确值时的情形，此时我们可设零点为x0（称为隐零点），然后结合隐零点x0满足的方程f（x0）=0以及x0的范围，可解决与函数不等式或函数零点有关的问题.

参考文献：

［1］ 李发明.导数隐零点问题中虚设零点的方法[J].数理化解题研究，2023（01）：81-84.

[2] 赵晓梅，潘继祥.导数隐零点问题的破解策略[J].数理化解题研究，2016（10）：32.

[3] 李鸿昌.一道新高考导数压轴题的解法探究[J].高中数学教与学，2021（15）：22-23.

［责任编辑：李 璟］