導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”處理策略

林國(guó)夫

導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)工具分析函數(shù)性質(zhì)過(guò)程中考慮的最為核心的量，其處理方式的合理性對(duì)問(wèn)題的后續(xù)解決具有舉足輕重的作用.在教學(xué)實(shí)踐中筆者發(fā)現(xiàn)，由于受制于直觀形象思維的影響和缺乏對(duì)零點(diǎn)的處理手段，學(xué)生對(duì)于處理較復(fù)雜的導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)感到異常困惑和力不從心，甚至表現(xiàn)出一定的恐懼心理.為此筆者對(duì)導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的處理策略進(jìn)行了反思和總結(jié)，以突破教學(xué)難點(diǎn)和教學(xué)瓶頸.本文擬就導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”的特殊處理策略作一探討，供讀者參考.

1 導(dǎo)函數(shù)中的二次函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”策略

應(yīng)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問(wèn)題的關(guān)鍵在于分析給定函數(shù)的單調(diào)性，即通過(guò)判斷導(dǎo)函數(shù)在定義域內(nèi)的正負(fù)性來(lái)明晰函數(shù)單調(diào)性，而其中最核心的問(wèn)題在于判斷導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是否存在以及零點(diǎn)是否在定義域內(nèi).在問(wèn)題求解中我們常遇到下列情形：分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性可歸結(jié)為處理某個(gè)二次函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，并需要利用二次函數(shù)的零點(diǎn)來(lái)求解后續(xù)問(wèn)題，但二次函數(shù)的零點(diǎn)的求解又顯得很復(fù)雜.對(duì)于該情形我們需要掌握處理二次函數(shù)零點(diǎn)的合理處理方法.

1.1 借助韋達(dá)定理實(shí)現(xiàn)“設(shè)而不求”

例1 已知函數(shù)f（x）=x2+aln（x+2），a∈R，存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求f（x1）+f（x2）的取值范圍.

解 函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?2，+∞），且f′（x）=2x+ax+2=2x2+4x+ax+2，由于f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，則二次函數(shù)g（x）=2x2+4x+a在（-2，+∞）上有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2，由于g（x）的對(duì)稱軸為x=-1，由二次函數(shù)的圖像可知，只需Δ=16-8a>0且g（-2）=a>0，即0<a<2.

考慮到x1，x2是方程2x2+4x+a=0的兩根，從而x1+x2=-2，x1x2=a2，從而f（x1）+

f（x2）=x21+aln（x1+2）+x22+aln（x2+2）=（x1+x2）2-2x1x2+aln[2（x1+x2）+x1x2+4]=

4-a+alna2，其中0<a<2.令h（a）=4-a+alna2，a∈（0，2），則h′（a）=-1+lna2+1=lna2<0，

從而h（a）為單調(diào)減函數(shù)，又lima→0+h（a）=4，lima→2h（a）=2，從而h（a）的值域?yàn)椋?，4）.

綜合上述，f（x1）+f（x2）的取值范圍為（2，4）.

反思與總結(jié) 在上述問(wèn)題求解中我們?cè)诤?jiǎn)化f（x1）+f（x2）時(shí)并沒(méi)有直接求解x1，x2關(guān)于a的表達(dá)式，而是采用了類似于解析幾何中的算理，借助韋達(dá)定理將x1，x2整體性地代入其中，不僅大大削減了運(yùn)算量，而且求解問(wèn)題的思路更清晰明朗.這種獨(dú)特的二次函數(shù)零點(diǎn)處理方式的應(yīng)用性還是比較廣泛的，下面我們就此再舉一例，供讀者細(xì)細(xì)品味.

例2 已知實(shí)數(shù)a滿足a≥e+1e-2，且函數(shù)f（x）=lnx+x22-（a+2）x恰有一個(gè)極小值m和極大值M，求m-M的最大值.其中e為自然對(duì)數(shù)的的底數(shù).

解 由于f′（x）=1x+x-（a+2）=x2-（a+2）x+1x，x>0，且f（x）恰有一個(gè)極大值點(diǎn)x1和極小值點(diǎn)x2，從而正數(shù)x1，x2是x2-（a+2）x+1=0的兩個(gè)相異實(shí)根，即方程a+2=x+1x，x>0有兩個(gè)相異正根，從而a>0，結(jié)合條件得a≥e+1e-2.

由于當(dāng)0<x<x1時(shí)，f′（x）>0，當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f′（x）<0，當(dāng)x>x2時(shí)，f′（x）>0，從而f（x）在（0，x1）上單調(diào)遞增，在（x1，x2）上單調(diào)遞減，在（x2，+∞）上單調(diào)遞增，從而f（x）的極大值為M=f（x1），極小值為m=f（x2），且x1+x2=a+2，x1x2=1.又x21+x22x1x2=

x2x1+x1x2=（x1+x2）2-2x1x2x1x2=（a+2）2-2≥（e+1e）2-2=e+1e，令t=x2x1>1，從而

t+1t≥e+1e，從而t≥e.

故m-M=f（x2）-f（x1）=lnx2x1+x22-x212-（a+2）（x2-x1）=lnx2x1+x22-x212-（x2+x1）（x2-x1）

=lnx2x1-x22-x212=lnx2x1-x22-x212x1x2=lnx2x1-12（x2x1-x1x2）=lnt-12t+12t，t≥e.令g（t）=lnt-12t+12t，t≥e.

從而g′（t）=1t-12t2-12=-t2+2t-12t2=-（t-1）22t2<0，從而g（t）在[e，+∞）上單調(diào)遞減，故

m-M=g（t），t≥e的最大值為g（e）=12e-e2+1.

反思與總結(jié) 上述問(wèn)題的求解與例1基本一致，區(qū)別在于我們還利用了韋達(dá)定理，將非齊次的二元表達(dá)式lnx2x1-x22-x212利用韋達(dá)定理實(shí)現(xiàn)了齊次化lnx2x1-x22-x212x1x2，將多元問(wèn)題轉(zhuǎn)化為了單元問(wèn)題，這點(diǎn)也很值得我們借鑒.下面我們給出與上述問(wèn)題類似的試題，供讀者練習(xí)：設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+ax-1在（0，1e）內(nèi)有極值.若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），求證：f（x2）-f（x1）>e+2-1e.注：e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

1.2 借助極值的特性實(shí)現(xiàn)“設(shè)而不求”

例3 已知函數(shù)f（x）=x+1x+alnx，a∈R.若對(duì)任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

解 本題我們只需f（x）的最小值fmin≥2e，fmax≤2e，下面我們以f（x）單調(diào)和非單調(diào)兩類進(jìn)行如下討論.顯然f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且f′（x）=1-1x2+ax=x2+ax-1x2，x>0.

①若對(duì)任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≥0時(shí)（即a≥1x-x對(duì)任意的x∈[1，e]恒成立），即a≥0時(shí)，則f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（1）

f（e）=e+1e+a≤2e，

a≥0，故0≤a≤e-1e.

②若對(duì)任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≤0時(shí)（即a≤1x-x對(duì)任意的x∈[1，e]恒成立），即a≤1e-e時(shí)，則f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（e）<f（1）≤2e，即f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≥2e，

a≤1e-e，故a=1e-e.

③若1e-e<a<0時(shí)，f′（x）在（1，e）上存在唯一的零點(diǎn)x0，且當(dāng)1≤x<x0時(shí)，f′（x）<0，當(dāng)x0<x≤e時(shí)，f′（x）>0，故f（x）在[1，x0]上單調(diào)遞減，在[x0，e]上單調(diào)遞增.要使得2e≤f（x）≤2e，則需

f（x0）≥2e，

f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≤2e，

1e-e<a<0，

即f（x0）=x0+1x0+alnx0≥2e，

1e-e<a<0，

考慮到x0滿足x20+ax0-1=0，從而f（x0）=x20+1+ax0lnx0x0=x20+1+（1-x20）lnx0x0.

令

h（x）=x2+1+（1-x2）lnxx，x∈（1，e），則h′（x）=

2x-2xlnx+1-x2xx-[x2+1+（1-x2）lnx]x2=（-x2-1）lnxx2<0，

故h（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，又x0∈（1，e），從而f（x0）=h（x0）>h（e）=2e.故使得不等式

2e≤f（x）≤2e成立的實(shí)數(shù)a的范圍為1e-e<a<0.

綜合上述，滿足條件的實(shí)數(shù)a的范圍為1e-e，e-1e.

反思與總結(jié) 在本例求解中，當(dāng)1e-e<a<0時(shí)，在確定f′（x）在（1，e）有唯一零點(diǎn)x0時(shí)，我們利用其極值點(diǎn)的特性，即x20+ax0-1=0，將a代入f（x0），實(shí)現(xiàn)了f（x0）中變量的單一化，以便繼續(xù)利用導(dǎo)數(shù)分析f（x0）的最小值.這種利用極值的特點(diǎn)來(lái)代換變量的方式是我們處理導(dǎo)數(shù)多元變量問(wèn)題最常用的方法.

下面我們給出與之相關(guān)的試題，供讀者練習(xí)：已知函數(shù)f（x）=x2-x+alnx（a∈R）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（x1<x2），求實(shí)數(shù)a的取值范圍，并求證f（x2）>-3+4ln216.

2 導(dǎo)函數(shù)中的非二次函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”策略

當(dāng)分析導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)性時(shí)需要?dú)w結(jié)為分析某個(gè)非二次函數(shù)的零點(diǎn)時(shí)，我們處理問(wèn)題的方法相對(duì)就比較有限，其常用的方法為：確定零點(diǎn)存在的前提下，虛設(shè)零點(diǎn)并借助該形式化零點(diǎn)進(jìn)行單調(diào)性分析及后續(xù)處理，或借助其滿足的恒等式（即導(dǎo)數(shù)為0），通過(guò)恒等代換將問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化.

例4 已知函數(shù)f（x）=ex-k2x2-x，若對(duì)任意的x≥0，恒有f（x）≥1，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

解 由于f′（x）=ex-kx-1，x≥0，令g（x）=ex-1x，x>0，則

g′（x）=exx-（ex-1）x2=

exx-ex+1x2=r（x）x2，x>0，則r′（x）=exx+ex-ex=exx>0，則r（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而r（x）>r（0）=0，從而g′（x）>0，故g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且limx→0g（x）=1.

①當(dāng)k≤1時(shí)，即k≤1≤ex-1x，故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）≥0，故f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，從而要使f（x）≥1成立只需f（0）≥1，此式顯然成立，從而k≤1滿足條件.

②當(dāng)k>1時(shí)，方程k=ex-1x在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)x0，從而當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，f′（x）<0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，f′（x）>0，從而f（x）在[0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，故要使f（x）≥1成立，只需f（x0）≥1即可，但f（x0）<f（0）=1，矛盾，故k>1不符合條件.

綜合上述，滿足條件的實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，1].

反思與總結(jié) 上例中當(dāng)k>1時(shí)，我們確認(rèn)f′（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)，并引入形式化的零點(diǎn)x0，借助簡(jiǎn)單的單調(diào)性分析并結(jié)合條件f（x0）<f（0）=1迅速解決了問(wèn)題，克服了將顯化x0表達(dá)式的難點(diǎn).

例5 已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）x+1x，若f（x）>kx+1在（0，+∞）上恒成立，求整數(shù)k的最大值.

解 由于f（x）>kx+1k<（x+1）f（x）=（x+1）ln（x+1）+x+1x，

令h（x）=（x+1）ln（x+1）x+

x+1x，則由題意得，k<h（x）min，其中x>0.下面我們來(lái)分析h（x）的單調(diào)性求h（x）min.

h′（x）=

[ln（x+1）+1+1]·x-[（x+1）ln（x+1）+x+1]x2=-ln（x+1）+x-1x2.

令g（x）=-ln（x+1）+x-1，其中x>0.由于g′（x）=-1x+1+1=xx+1>0，故g（x）

在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，又由于g（0）=-1<0，g（1）=-ln2<0，g（2）=-ln3+1<0，

g（3）=-ln4+2>0，故g（x）在（0，+∞）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，并且x0∈（2，3）.

由此當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，g（x）<0，h′（x）<0;當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，g（x）>0，h′（x）>0.故

h（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，從而h（x）的最小值為h（x0）.

考慮到x0∈（2，3）為g（x）的零點(diǎn)，故ln（x0+1）=x0-1，故h（x）min=h（x0）=

（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0=

（x0+1）（x0-1）+x0+1x0=x20+x0x0=x0+1∈（3，4）.又

k<h（x）min=h（x0），故滿足條件的整數(shù)k的最大值為3.

反思與總結(jié) 上述問(wèn)題求解的關(guān)鍵在于在確定g（x）具有唯一零點(diǎn)x0后，利用恒等式

ln（x0+1）=x0-1將h（x0）=（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0簡(jiǎn)化為x0+1，從而順利地解決了問(wèn)題.

綜合上述，導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”策略，即指在確定函數(shù)具有零點(diǎn)但又無(wú)法求解或求解相對(duì)比較繁雜的情況下，引入虛擬零點(diǎn)，通過(guò)形式化的合理代換或推理，達(dá)到化簡(jiǎn)并求解問(wèn)題目標(biāo)的解題技巧.該技巧讓我們成功回避復(fù)雜的運(yùn)算，擺脫解決問(wèn)題過(guò)程中的一些技術(shù)難點(diǎn)，在求解比較復(fù)雜的含參函數(shù)的綜合問(wèn)題具有一定的應(yīng)用價(jià)值，值得我們關(guān)注.