導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題解法探究

周曄

［摘 要］“隱零點(diǎn)”問(wèn)題的難度較大，解題方法較為靈活，文章結(jié)合幾個(gè)例題，對(duì)導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題進(jìn)行探究，以幫助學(xué)生突破難點(diǎn)，有效解答相關(guān)問(wèn)題。

［關(guān)鍵詞］導(dǎo)數(shù)；“隱零點(diǎn)”問(wèn)題；解法探究

［中圖分類(lèi)號(hào)］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號(hào)］? ? 1674-6058（2023）35-0017-03

根據(jù)數(shù)值能否精確求解，我們將導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)分為兩種類(lèi)型：一是能精確求解，稱(chēng)之為“顯零點(diǎn)”；二是能判斷其存在，但難以求解或無(wú)法求解，稱(chēng)為“隱零點(diǎn)”?！半[零點(diǎn)”問(wèn)題的難度較大，求解的基本策略是：形式上虛設(shè)，運(yùn)算上代換，數(shù)值上估算，策略上等價(jià)轉(zhuǎn)化，方法上分離函數(shù)（參數(shù)），技巧上反客為主。那么導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”主要有哪些應(yīng)用呢？如何求解導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題？

一、利用“隱零點(diǎn)”研究極（最）值問(wèn)題

在利用隱零點(diǎn)研究極（最）值問(wèn)題時(shí)，往往利用零點(diǎn)的存在性，對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)設(shè)而不求，通過(guò)整體代換、構(gòu)造函數(shù)等，再結(jié)合題目條件解決問(wèn)題。

［例1］設(shè)函數(shù)[f（x）=lnx]，[g（x）=ax+a-1x-3（a∈R）]。（1）求函數(shù)[φ（x）=f（x）+g（x）]的單調(diào)增區(qū)間；（2）當(dāng)[a=1]時(shí)，記[h（x）=f（x）·g（x）]，是否存在整數(shù)[λ]，使得關(guān)于[x]的不等式[2λ≥h（x）]有解？若存在，請(qǐng)求出[λ]的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。（參考數(shù)據(jù)：[ln2≈0.6931]，[ln3≈1.0986]）

分析：（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，就[a]的不同取值可求[φx>0]的解，從而可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；（2）利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合虛設(shè)零點(diǎn)可求[-32

解：（1）因?yàn)閇φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+a-1x-3（x>0）]，所以[φ（x）=1x+a-a-1x2=ax2+x-（a-1）x2=ax-（a-1）（x+1）x2（x>0）]。①當(dāng)[a=0]時(shí)，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；②當(dāng)[a>1]時(shí)，由[φ（x）>0]，解得[x>a-1a]；③當(dāng)[00]，解得[x>0]；④當(dāng)[a=1]時(shí)，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；⑤當(dāng)[a<0]時(shí)，由[φ（x）>0]，解得[01]時(shí)，[φ（x）]的增區(qū)間為[a-1a，+∞]。

（2）當(dāng)[a=1]時(shí)，[g（x）=x-3]，所以[h（x）=（x-3）lnx]，而[h（x）=lnx+x-3x=lnx-3x+1]，因?yàn)閇y=lnx]，[y=-1x]均為（0，+∞）上的增函數(shù)，故[h（x）=lnx-3x+1]為（0，+∞）上的增函數(shù)，而[h（2）=ln2-12>0]，[h32=ln32-1<0]，故[h（x）]在（0，+∞）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)[x0]，[320]，故[h（x）]在（0，x0）上為減函數(shù)，在（0，+∞）上為增函數(shù)，故[h（x）min=h（x0）=（x0-3）lnx0=（x0-3）3x0-1=6-x0+9x0]。因?yàn)閇32

點(diǎn)評(píng)：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值時(shí)，如果導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)不易求得，則可以虛設(shè)零點(diǎn)，利用零點(diǎn)滿足的關(guān)系式化簡(jiǎn)最值，從而得到最值的范圍或符號(hào)。

二、利用“隱零點(diǎn)”確定參數(shù)的取值范圍

利用零點(diǎn)存在性原理可以估算出“隱零點(diǎn)”的大小范圍，然后再用“隱零點(diǎn)”的范圍去估計(jì)所求函數(shù)（參數(shù)）的范圍。

［例2］（1）已知[（x-1）lnx-a≥0]恒成立，則實(shí)數(shù)[a]的取值范圍是? ? ? ? ? ? ? 。

（2）若[x>0]時(shí)，不等式[（x-a）ex+a+1>0]恒成立，則整數(shù)[a]的最大值為? ? ? ? ? ? 。

分析：（1）此題為不等式恒成立問(wèn)題，只需要分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最小值。

（2）方法1：參變分離可得[a0]，利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，即可得解。方法2：設(shè)[h（x）=（x-a）ex+a+1]，[x>0]，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，考慮[a-1>0]的情形，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，即可得解。

解：（1）由題意得[a≤（x-1）lnx]恒成立，令[f（x）=（x-1）lnx]，則[f ′（x）=xlnx+（x-1）x]，可發(fā)現(xiàn)[f ′（x）=0]是個(gè)超越方程，觀察得，當(dāng)[x=1]時(shí)，[ f ′（x）=0]。當(dāng)[x∈（0，1）]時(shí)，[f ′（x）<0]；當(dāng)[x∈（1，+∞）]時(shí)， [f ′（x）>0]，所以[f（x）≥f（1）=0]，所以[a≤0]。故答案為[-∞，0]。

（2）方法1：不等式可化為[xex+1>a（ex-1）]，由[x>0]，知[ex>1]，則[x>0]時(shí)，[a0]，[f（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2]。設(shè)[g（x）=ex-x-2]，[x>0]，則[g（x）=ex-1>0]，所以[g（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增。又[g（1）=e-3<0]，[g（2）=e2-4>0]，則[g（x）]在[（1，2）]上存在唯一的零點(diǎn)[x0]。當(dāng)[0x0]時(shí)，[f（x）>0]，[f（x）]單調(diào)遞增，所以[f（x）min=f（x0）=x0ex0+1ex0-1]，且[ex0=x0+2]，化簡(jiǎn)得[f（x0）=x0+1]，因[1

方法2：設(shè)[h（x）=（x-a）ex+a+1]，[x>0]，[h（x）=（x-a+1）ex]，要求整數(shù)[a]的最大值，則直接考慮[a-1>0]的情形，由[h（x）<0]得[00]得[x>a-1]，所以[h（x）]在[（0，a-1）]上單調(diào)遞減，在[（a-1，+∞）]上單調(diào)遞增，則[h（x）min=h（a-1）=-ea-1+a+1>0]，令[A（a）=-ea-1+a+1]，[a>1]，[A（a）=-ea-1+1<0]，則[A（a）]在[（1，+∞）]上單調(diào)遞減，[A（2）=3-e>0]，[A（3）=4-e2<0]，則整數(shù)[a]的最大值為2，故答案為[2]。

點(diǎn)評(píng)：利用“隱零點(diǎn)”求恒成立中的參數(shù)范圍的主要策略有：（1）把所給參數(shù)用不含有參數(shù)的函數(shù)的零點(diǎn)表示，由此確定參數(shù)范圍或最值；（2）直接利用含有參數(shù)的函數(shù)的“隱零點(diǎn)”求參數(shù)范圍或最值；（3）若f （x）在區(qū)間（a，b）上單調(diào)遞增，且f （a）f （b）<0，f （x）在（a，b）上有唯一零點(diǎn)，若該零點(diǎn)無(wú)法求出，可設(shè)為[x0]，則f （x）在（a，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，b）上單調(diào)遞增，所以f （x）≥ f （x0）。求解時(shí)，若f （x）中含有參數(shù)，有時(shí)可根據(jù)f ′（x0）=0解出參數(shù)，代入f （x0），使f （x0）中只含有[x0]，然后根據(jù)[x0]的范圍估算f （x0）范圍，這就是“隱零點(diǎn)”的主要應(yīng)用。

三、利用函數(shù)的“隱零點(diǎn)”證明不等式

利用函數(shù)的“隱零點(diǎn)”證明不等式，通常轉(zhuǎn)化為利用“隱零點(diǎn)”求最值問(wèn)題。

［例3］已知函數(shù)[f（x）=（x-2）ex-2-2lnx]。（1）求[f（x）]的極值；（2）若[（x-2）ex-2-f（x）=2mx2]有兩個(gè)相異的實(shí)根[x1]和[x2（x1-43m]。

分析：（1）通過(guò)二次求導(dǎo)確定[f（x）]的導(dǎo)函數(shù)有唯一零點(diǎn)，進(jìn)而確定[f（x）]的單調(diào)區(qū)間以及極值；（2）先將題中等式變形為[m=x2lnx]，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)[g（x）=x2lnx]有兩個(gè)不同零點(diǎn)確定參數(shù)[m]的范圍，再將方程[m=x2lnx]的兩相異實(shí)根[x1、x2]代入，并令[t=x2x1]，將原不等式中[x1、x2]和m均替換為[t]表示，最后構(gòu)造關(guān)于[t]的函數(shù)[u（t）]，利用求導(dǎo)判斷不等式成立即可。

解：（1）因?yàn)閇f（x）=（x-2）ex-2-2lnx]，所以[f（x）=（x-1）ex-2-2x]，令[h（x）=（x-1）ex-2-2x]，則[h（x）=xex-2+2x2]，因?yàn)閇x>0]，所以[h（x）>0]，所以[f（x）]在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閇f（2）=0]，所以當(dāng)[x∈（0，2）]時(shí)，[f（x）<0]，此時(shí)函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞減；當(dāng)[x∈（2 ，+∞）]時(shí)，[f（x）>0]，此時(shí)函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞增，所以當(dāng)[x=2]時(shí)，[f（x）]取得極小值[f（2）=-2ln2]，[f（x）]無(wú)極大值。

（2）因?yàn)閇（x-2）ex-2-f（x）=2lnx=2mx2]有兩個(gè)相異實(shí)根，即[m=x2lnx]有兩個(gè)相異實(shí)根，令[g（x）=x2lnx]，則[g（x）=x（2lnx+1）]，當(dāng)[g（x）>0]時(shí)，[x>1e]，當(dāng)[g（x）<0]時(shí)，[01]，所以[t2ln（tx1）lnx1=1]，所以[lnx1=t2lnt1-t2]，[lnx2=lnx1+lnt=lnt1-t2]。又因?yàn)閇1x21=lnx1m]，[1x22=lnx2m]，要證[1x21+2x22>-43m]，只需證[lnx1m+2lnx2m>-43m]，因?yàn)閇m<0]，所以只需證[lnx1+2lnx2<-43]，即證[t2lnt1-t2+2lnt1-t2<-43，]

因?yàn)閇t>1]，所以只需證[lnt>4（t2-1）3（t2+2）]，即證[lnt-4（t2-1）3（t2+2）>0]，令[u（t）=lnt-4（t2-1）3（t2+2）]，[t>1]，則[u（t）=1t-8t（t2+2）2=（t2-2）2t（t2+2）2≥0]，所以[u（t）]在（1，+∞）上單調(diào)遞增，[u（t）>u（1）=0]，即當(dāng)[t>1]時(shí)，[lnt-4（t2-1）3（t2+2）>0]成立，所以[1x21+2x22>-43m]。

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查雙變量問(wèn)題，難度較大，解題關(guān)鍵在于通過(guò)實(shí)根建立方程，再借助換元將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題，求導(dǎo)確定單調(diào)性，使問(wèn)題得到解決。

四、“隱零點(diǎn)”的綜合應(yīng)用

除上述三類(lèi)問(wèn)題外，高考還考查“隱零點(diǎn)”的綜合應(yīng)用，解答這類(lèi)問(wèn)題往往需用到多種方法，如構(gòu)造法、放縮法、轉(zhuǎn)化法和數(shù)形結(jié)合法等。

［例4］已知函數(shù)[f（x）=（x+1）lnx+m（x-1）]。（1）若[m=1]，求[f（x）]的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)[m<-2]時(shí)，證明： [f（x）]在[（0，1）]和（1，+∞）上各有一個(gè)零點(diǎn)，且這兩個(gè)零點(diǎn)互為倒數(shù)。

分析：（1）首先求出[f（x）]的定義域，由[f（x）]設(shè)[g（x）=xlnx+2x+1]，[x>0]，由[g（x）]的單調(diào)性得出[g（x）>0]，得出[f（x）>0]，即可得出[f（x）]的單調(diào)性；（2）利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)，并將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明[f1x0=0]即可。

解：（1）[f（x）=（x+1）lnx+x-1]，定義域?yàn)椋?，+∞），[f（x）=lnx+（x+1）1x+1=lnx+1x+2=xlnx+2x+1x]，設(shè)[g（x）=xlnx+2x+1]，[x>0]，則[g（x）=lnx+x·1x+2=lnx+3]，令[g（x）=0]，得[x=e-3]，當(dāng)[x∈（0，e-3）]，[g（x）<0]，則[g（x）]在[（0，e-3）]上單調(diào)遞減，當(dāng)[x∈（e-3，+∞）]，[g（x）>0]，則[g（x）]在[（e-3，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[g（x）≥g（e-3）=-3e-3+2e-3+1=-e-3+1>0]，所以[f（x）>0]，故[f（x）]的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）。

（2）[f（x）=lnx+（x+1）1x+m=lnx+1x+1+m]，構(gòu)建[φ（x）=f（x）]，[x>0]，則[φ（x）=1x-1x2=x-1x2]，[x>0]，

令[φ（x）>0]，解得[x>1]；令[φ（x）<0]，解得[0

若[m<-2]，則[φ（x）≥φ（1）=2+m<0 ]，且當(dāng)[x]趨近于[0]或+∞時(shí)，[φ（x）]均趨近于+∞，如圖1所示，所以[φ（x）]在（0，1）和（1，+∞）上均存在一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為[x1]、[x2（0x2]時(shí)，[φ（x）>0]；當(dāng)[x1x2]時(shí)，[f（x）>0]；當(dāng)[x1f（1）=0]，[f（x2）

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的相關(guān)問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合思想來(lái)求解。這類(lèi)問(wèn)題求解的通法是：（1）構(gòu)造函數(shù)，并求其定義域；（2）求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；（3）數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與[x]軸的交點(diǎn)情況進(jìn)而求解。

從以上分析不難看出，導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題雖然具有一定的難度，但只要方法得當(dāng)，就可以迎刃而解。函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想等是解決導(dǎo)數(shù)中的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題的常用思想方法，而函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理和設(shè)而不求整體代換，是破解這類(lèi)問(wèn)題的“制勝法寶”。

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）