基于函數隱零點問題的導數處理策略

摘 要：本文主要介紹了函數中隱零點問題的處理方法，給出了相關案例，對于具體實例進行了細致的分析.

關鍵詞：導數;函數;隱零點

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）34-0056-02

收稿日期：2021-09-05

作者簡介：張慶（1980.10-），男，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

按導函數零點能否求精確解可以分為兩類：一類是數值上能精確求解的，稱之為“顯零點”;另一類是能夠判斷其存在但無法直接表示的，稱之為“隱零點”.對于隱零點問題，由于涉及靈活的代數變形、整體代換、構造函數、不等式應用等技巧，對學生綜合能力的要求較高，成為考查的難點.

一、分離函數法

例1 已知函數f（x）=ax+xlnx（a∈R）.

（1）若函數f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數，求a的取值范圍;

（2）當a=1且k∈Z時，不等式k（x-1）

解析 （1）∵函數f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數，

∴f ′（x）=a+lnx+1≥0在區(qū)間[e，+∞）上恒成立，

∴a≥（-lnx-1）max=-2.

∴a≥-2.

∴a的取值范圍是[-2，+∞）.

（2）當a=1時，f（x）=x+xlnx，k∈Z時，不等式k（x-1）

∴k<（x+xlnxx-1）min，

令g（x）=x+xlnxx-1，則g′（x）=x-lnx-2（x-1）2，

令h（x）=x-lnx-2（x>1）.

則h′（x）=1-1x=x-1x>0，

∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，

∵h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-2ln2>0，

存在x0∈（3，4），使h（x0）=0，

即當1

當x>x0時，h（x）>0，即g′（x）>0，

g（x）在（1，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增.

令h（x0）=x0-lnx0-2=0，即lnx0=x0-2，

g（x）min=g（x0）=x0（1+lnx0）x0-1=x0（1+x0-2）x0-1=x0∈（3，4）.

k

∴kmax=3.

點評 變量分離是數學中最常見的一類求解方法，本例中除了采用分離變量的方法外，還需要通過函數構造進行求解，這類求解方法的好處在于不需要對問題進行分類討論，從而使得對問題的求解更加的簡便.

二、整體代換法

例2 設函數f（x）=e2x-alnx.

（1）討論f（x）的導函數f ′（x）的零點的個數;

（2）證明：當a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

解析 （1）f（x）的定義域為（0，+∞），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，+∞）上單調遞增，所以g（x）>g（0）=0.

當a>0時，方程g（x）=a有一個根，即f ′（x）存在唯一零點;

當a≤0時，方程g（x）=a沒有根，即f ′（x）沒有零點.

（2）證明 由（1）可設f ′（x）在（0，+∞）上的唯一零點為x0，當x∈（0，x0）時，f ′（x）<0;當x∈（x0，+∞）時，f ′（x）>0.

故f（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，所以[f（x）]min=f（x0）.

由2e2x0-ax0=0得

e2x0=a2x0，又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a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

點評 整體代換的思想在中學數學中的運用也是十分常見的，而本例中就能夠很好的展現出這類方法的高效性，在該問題的求解過程中，我們發(fā)現lnx0=lna2-2x0的合理代換使用可快速的將超越方程化簡成熟悉的普通的代數方程，從而使問題得到解決.

三、設而不求法

例3 已知函數f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：

f（x1）-f（x2）x1-x2

解析 （1）f（x）的定義域為（0，+∞），

f ′（x）=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.

①若f ′（x）≤0，當且僅當a=2，x=1時f ′（x）=0，所以f（x）在（0，+∞）上單調遞減.

②若a>2，令f ′（x）=0得，

x=a-a2-42或x=a+a2-42.

當x∈（0，a-a2-42）∪（a+a2-42，+SymboleB@）時，

f ′（x）<0;

當x∈（a-a2-42，a+a2-42）時，f ′（x）>0.

所以f（x）在（0，a-a2-42），（a+a2-42，+SymboleB@）上單調遞減，在（a-a2-42，a+a2-42）上單調遞增.

（2）證明 由（1）知，f（x）存在兩個極值點時，當且僅當a>2.

由于f（x）的兩個極值點x1，x2滿足x2-ax+1=0，

所以不妨設x11.由于

f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2，

所以f（x1）-f（x2）x1-x2

設函數g（x）=1x-x+2lnx，由（1）知，g（x）在（0，+∞）上單調遞減，

又g（1）=0，從而當x∈（1，+∞）時，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0，即f（x1）-f（x2）x1-x2

點評 利用導數解決函數問題常與函數單調性的判斷有關，而函數的單調性與其導函數的零點有著緊密的聯(lián)系，設而不求的方法一般在圓錐曲線中經常遇到，其實在函數問題中，若遇到函數極值，零點問題時該方法也是處理該問題的一種常見處理方式.

參考文獻：

[1]人民教育出版社，課程教材研究所，數學課程教材研究開發(fā)中心.普通高中課程標準實驗教科書·數學：選修3-2[M].北京：人民教育出版社，2010.

[責任編輯：李 璟]