導(dǎo)數(shù)問題中虛設(shè)零點(diǎn)的三大策略

石向陽

導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中可謂“神通廣大”，是解決函數(shù)單調(diào)性、極值、最值、不等式證明等問題的“利器”.因而近幾年來與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題往往成為高考函數(shù)壓軸題.在面對這些壓軸題時，我們經(jīng)常會碰到導(dǎo)函數(shù)具有零點(diǎn)但求解相對比較繁雜甚至無法求解的問題.此時，我們不必正面強(qiáng)求，可以采用將這個零點(diǎn)只設(shè)出來而不必求出來，然后謀求一種整體的轉(zhuǎn)換和過渡，再結(jié)合其他條件，從而最終獲得問題的解決.我們稱這種解題方法為“虛設(shè)零點(diǎn)”法.下面筆者就一些高考題，來說明導(dǎo)數(shù)問題中“虛設(shè)零點(diǎn)”法的具體解題方法和策略.

策略1整體代換將超越式化簡為普通式

如果f′（x）是超越形式（對字母進(jìn)行了有限次初等超越運(yùn)算包括無理數(shù)次乘方、指數(shù)、對數(shù)、三角、反三角等運(yùn)算的解析式，稱為初等超越式，簡稱超越式），并且f′（x）的零點(diǎn)是存在的，但我們無法求出其零點(diǎn)，這時采用虛設(shè)零點(diǎn)法，逐步分析出“零點(diǎn)”所在的范圍和滿足的關(guān)系式，然后分析出相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性，最后通過恰當(dāng)運(yùn)用函數(shù)的極值與零點(diǎn)所滿足的“關(guān)系”推演出所要求的結(jié)果.通過這種形式化的合理代換或推理，謀求一種整體的轉(zhuǎn)換和過渡，從而將超越式化簡為普通式，有效破解求解或推理證明中的難點(diǎn).

例1（2015年全國高考新課標(biāo)Ⅰ卷文21）設(shè)函數(shù)f（x）=e2x-alnx.

（1）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的零點(diǎn)的個數(shù)；

（2）證明：當(dāng)a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

解（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），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），從而g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，所以g（x）>g（0）=0.

當(dāng)a>0時，方程g（x）=a有一個根，即f′（x）存在唯一零點(diǎn)；

當(dāng)a≤0時，方程g（x）=a沒有根，即f′（x）沒有零點(diǎn).

（2）由（1），可設(shè)f′（x）在（0，+∞）的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈（0，x0）時，f′（x）<0；

當(dāng)x∈（x0，+∞）時，f′（x）>0.

故f（x）在（0，x0）單調(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)遞增，所以f（x）min=f（x0）.

由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，由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.

故當(dāng)a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

評析本題第（2）問要證明f（x）≥2a+

aln2a，只需要f（x）min≥2a+aln2a，f（x）min在f′（x）的零點(diǎn)取到.但f′（x）=0是超越方程，無法求出其解，我們沒有直接求解x0，而是在形式上虛設(shè).這樣處理的好處在于，通過對x0滿足的等式e2x0=a2x0，lnx0=lna2-2x0的合理代換使用，快速將超越式e2x0-alnx0化簡為普通的代數(shù)式a2x0+2ax0+aln2a，然后使用均值不等式求出最小值，同時消掉了x0.在求解的過程中，不要急于消掉x0，而應(yīng)該著眼于將超越式化簡為普通的代數(shù)式.

借助f′（x0）=0作整體代換，竟能使天塹變通途！其實(shí)，這種做法早已出現(xiàn)在以下兩道試題中.我們一起來體會一下如出一轍的解法帶給我們的便捷.

例2（2013年全國高考新課標(biāo)Ⅱ卷理21）

已知函數(shù)f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）設(shè)x=0是f（x）的極值點(diǎn)，求m并討論f（x）的單調(diào)性；

（2）當(dāng)m≤2時，證明f（x）>0.

解（1）m=1，f（x）增區(qū)間為（0，+∞），減區(qū)間為（-1，0）.

（2）當(dāng)m≤2時，x+m≤x+2，ln（x+m）≤ln（x+2），-ln（x+m）≥-ln（x+2），所以f（x）≥ex-ln（x+2），令g（x）=ex-ln（x+2），則g′（x）=ex-1x+2，g″（x）=ex+1（x+2）2>0，所以g′（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞增.

又g′（-1）=e-1-1<0，g′（0）=1-12>0，

所以存在唯一的x0∈（-1，0），使g′（x0）=0.

所以當(dāng)-2x0時，g′（x0）>0，g（x）單調(diào)遞增.

評析在本題中，在確定出函數(shù)g′（x）=ex-1x+2在（-2，+∞）上存在唯一的零點(diǎn)x0后，無法直接求解x0，在形式上虛設(shè)后，通過對x0滿足的等式條件ex0=1x0+2，x0=-ln（x0+2）的合理代換使用，快速將超越式g（x0）=ex0-ln（x0+2）化簡為普通的代數(shù)式g（x0）=1x0+2+x0，為證貌似不可能證的不等式g（x0）>0掃除了障礙.

例3（2012年全國新課標(biāo)卷文21第2問）設(shè)函數(shù)f（x）=ex-ax-2.若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時，（x-k）f′（x）+x+1>0，求k的最大值.

解由于a=1，所以（x-k）f′（x）+x+1=（x-k）（ex-1）+x+1>0k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x，原命題k

g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2，令h（x）=ex-x-2，則h′（x）=ex-1>0在x∈（0，+∞）恒成立，即h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又易知h（1）<0，h（2）>0，所以h（x）在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為x0，則x0∈（1，2）.又g′（x）與h（x）同號，故當(dāng)x∈（0，x0）時，g′（x）<0；當(dāng)x∈（x0，+∞）時，g′（x）>0，所以g（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）min=g（x0）=x0+1ex0-1+x0.

又由h（x0）=0，得ex0=x0+2，代入得g（x0）=x0+1（x0+2）-1+x0=1+x0∈（2，3），又k

評析本題中，在確定出h（x）=ex-x-2在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)的情形下，通過虛設(shè)零點(diǎn)x0，并借助ex0=x0+2來簡化g（x0）=x0+1ex0-1+x0，為估計(jì)g（x0）的范圍創(chuàng)造了條件.虛設(shè)零點(diǎn)，讓我們感受到“柳暗花明又一村”的奇妙詩意.

如果f′（x）不是超越形式，而是可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，這時很容易想當(dāng)然，用求根公式把零點(diǎn)求出來，代入極值中去.但接下來要么計(jì)算偏繁，要么無法化簡，復(fù)雜的算式讓人無處下手，導(dǎo)致后繼工作無法開展.正所謂“思路簡單，過程煩人”.這時有兩個策略：

策略2反代消參構(gòu)造關(guān)于零點(diǎn)的單一函數(shù)

如果問題要求解（或求證）的結(jié)論與參數(shù)無關(guān)，這時我們一般不要用參數(shù)來表示零點(diǎn)，而是反過來用零點(diǎn)表示參數(shù)，然后把極值函數(shù)變成了關(guān)于零點(diǎn)的單一函數(shù)，再次求導(dǎo)就可解決相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、不等式證明.

例4（2014年全國高考新課標(biāo)Ⅱ卷文21第2問）已知函數(shù)f（x）=x3-3x2+x+2，曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，2）處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2.證明：當(dāng)k<1時，曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個交點(diǎn).

解曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個交點(diǎn)g（x）=f（x）-kx+2的圖象與x軸只有一個交點(diǎn).g（x）=x3-3x2+（1-k）x+4，g′（x）=3x2-6x+1-k.

（1）當(dāng)Δ=36-12（1-k）=24+12k≤0，即k≤-2時，g′（x）≥0，所以g（x）在R上為增函數(shù).因?yàn)間（-1）=k-1<0，g（0）=4>0，所以存在唯一x0∈（-1，0）使得g（x0）=0，所以g（x）的圖象與x軸只有一個交點(diǎn).

（2）當(dāng)Δ=36-12（1-k）=24+12k>0，即-20，g′（1）=-2-k<0，所以00，g（x）在（-∞，x1）內(nèi)為增函數(shù)；當(dāng)x∈（x1，x2）時，g′（x）<0，g（x）在（x1，x2）內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈（x2，+∞）時，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）內(nèi)為增函數(shù).g（x）的極小值點(diǎn)是x2.

所以g（x）的圖象與x軸只有一個交點(diǎn)，只需要g（x2）>0.

由g′（x2）=3x22-6x2+1-k=0得1-k=-3x22+6x2，g（x2）=x32-3x22+（1-k）x2+4=x32-3x22+（-3x22+6x2）x2+4=-2x32+3x22+4.

令x2=t，g（x2）=h（t）=-2t3+3t2+4（1h（2）=0，即g（x2）>0.所以當(dāng)-2

綜上（1）、（2）可知，當(dāng)k<1時，曲線y=f（x）與直線y=kx-2只有一個交點(diǎn).

評析本題當(dāng)-20.x2是可以求出的（實(shí)際上x2=1+6+3k3），但我們證關(guān)于k的不等式g（x2）=g（1+6+3k3）>0，讓人無處下手.于是，我們虛設(shè)零點(diǎn)x2，采用“反代”的方法，用零點(diǎn)x2來表示參數(shù)，有1-k=-3x22+6x2.巧妙地回避了這些繁雜的計(jì)算，簡潔而利索，可謂妙哉.

例5（2009年全國高考Ⅱ卷理22第2問）設(shè)函數(shù)f（x）=x2+aln（1+x）有兩個極值點(diǎn)，證明：f（x）的極小值大于1-2ln24；

證明f′（x）=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x（x>-1）.令g（x）=2x2+2x+a，函數(shù)f（x）有兩個極值點(diǎn)g（x）=2x2+2x+a在（-1，+∞）上有兩個不等實(shí)根Δ=4-8a>0

g（-1）=a>00

設(shè)x1、x2是方程g（x）=0的兩個均大于-1的不相等的實(shí)根，且x10，其對稱軸為x=-12，所以-10，f（x）在（-1，x1）內(nèi)為增函數(shù)；當(dāng)x∈（x1，x2）時，f′（x）<0，f（x）在（x1，x2）內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈（x2，+∞）時，f′（x）>0，f（x）在（x2，+∞）內(nèi)為增函數(shù).所以，f（x）的極大值點(diǎn)是x1，f（x）的極小值點(diǎn)是x2.

由g（x2）=2x22+2x2+a=0得a=-（2x22+2x2），所以f（x2）=x22+aln1+x2=

x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.令x2=t，設(shè)f（x2）=h（t）=t2-（2t2+2t）ln（1+t），其中-120，h（t）在[-12，0）單調(diào)遞增.所以當(dāng)t∈（-12，0）時，h（x）>h（-12）=1-2ln24.故f（x2）=h（t）>1-2ln24.

評析f（x）=x2+aln1+x的極小值點(diǎn)x2來自f′（x）=2x2+2x+a1+x的零點(diǎn)，按常規(guī)思路，要證明f（x2）>1-2ln24，就要將x2=-1+1-2a2代入f（x）求解，其本質(zhì)就是用參數(shù)a表示零點(diǎn)x2，再證明關(guān)于a的不等式，-1+1-2a22+aln1+-1+1-2a2>1-2ln24，復(fù)雜的算式讓人無處下手.于是，我們采用“反代”的方法，用零點(diǎn)x2來表示參數(shù)a=-（2x22+2x2）.事實(shí)證明，這種變通是十分有效的.

策略3降次留參建立含參數(shù)的方程（或不等式）

如果問題要求解（或求證）的結(jié)論與參數(shù)有關(guān)，利用關(guān)系式f′（x）=0（大部分情況可轉(zhuǎn)化為二次方程），在保留參數(shù)的情況下，不斷地把零點(diǎn)的次數(shù)降到不可再降為止，再結(jié)合其他條件，建立含參數(shù)的方程（或不等式），就可求出參數(shù)的值或參數(shù)的范圍.

例6（2012年高考全國大綱卷文科第21題）已知函數(shù)f（x）=13x3+x2+ax.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)f（x）有兩個極值點(diǎn)x1、x2，若過兩點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2））的直線l與x軸的交點(diǎn)在曲線y=f（x）上，求a的值；

（3）（筆者加編）函數(shù)f（x）的圖像與x軸有三個公共點(diǎn)，求a的取值范圍.

解（1）略.

（2）f′（x）=x2+2x+a，由題設(shè)知，x1、x2為方程f′（x）=0的兩個根，故有a<1，x21=-2x1-a，x22=-2x2-a.因此f（x1）=13x31+x21+ax1=13x1（-2x1-a）+x21+ax1=13x21+23ax1=13（-2x1-a）+23ax1=23（a-1）x1-a3，同理f（x2）=23（a-1）x2-a3.因此直線l的方程為y=23（a-1）x-a3，設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為（x0，0），得x0=a2（a-1）.而f（x0）=13a2（a-1）3+a2（a-1）2+a22（a-1）=a224（a-1）3（12a2-17a+6），由題設(shè)知，點(diǎn)（x0，0）在曲線y=f（x）上，故f（x0）=0，解得a=0或a=23或a=34.所以，所求a的值為a=0或a=23或a=34.

（3）函數(shù)f（x）的圖像與x軸有三個公共點(diǎn)f（x）有極大值極小值且兩個極值異號.f（x）有極大值極小值f′（x）有兩零點(diǎn)Δ=4-4a>0即a<1.

評注對于問題（2），找到極值點(diǎn)橫坐標(biāo)x1、x2與參數(shù)a之間的聯(lián)系（x21=-2x1-a，x22=-2x2-a），利用它不斷地把零點(diǎn)的次數(shù)降到1次為止，再利用設(shè)而不求法求出直線方程，利用直線方程求出與x軸的交點(diǎn)，根據(jù)交點(diǎn)在已知曲線上建立含參數(shù)a的方程，從而得到參數(shù)a的值；對于問題（3），等價轉(zhuǎn)化為f（x1）·f（x2）<0，再利用韋達(dá)定理轉(zhuǎn)化為純粹的含參數(shù)a的不等式，求出了a的取值范圍，這也要?dú)w功于問題（2）的降次留參.

綜上所述，“虛設(shè)零點(diǎn)”的三大策略，讓我們成功回避復(fù)雜的運(yùn)算，擺脫解決問題過程中的一些技術(shù)難點(diǎn)，在求解比較復(fù)雜的含參函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題具有很好的應(yīng)用價值，值得我們關(guān)注.