☉江蘇省南京市秦淮高級中學 張?zhí)m香

例談函數零點問題的解題策略

☉江蘇省南京市秦淮高級中學 張?zhí)m香

函數和導數是高中數學學習的重點，也是近幾年的高考數學壓軸題．函數問題常常需要導數的幫助來求解，而零點問題是導數綜合應用中最為核心的問題．筆者在教學實踐中發(fā)現：學生對于處理較復雜的導數零點感到異常困惑和力不從心．為此筆者對函數導數零點問題的處理策略進行了反思和總結，以突破教學難點和教學瓶頸．

一、函數中的無零點問題

此類函數問題的零點不存在，根據導數恒大于0或恒小于0可得函數是單調的．

解：由題意可知，

?G′（x）=x［x2-3ax-（a2+5a-2）］．

令g（x）=x2-3ax-（a2+5a-2），g（x）=0的判別式Δ=13a2+ 20a-8．

令h（a）=13a2+20a-8，因為對稱軸h（-1）=13·（-1）2+20·（-1）-8＜0，h（0）=-8＜0，

所以h（a）＜0，a∈［-1，0］，所以g（x）＞0恒成立，

所以G（x）在區(qū)間［-2，0］上遞減；在區(qū)間［0，2］上遞增．

［G（x）］max=max｛G（-2），G（2）｝，因為G（2）-G（-2）= -16a≥0，

［G（x）］max=G（2）=-2a2-18a≤16．故b≥16．

二、無法判斷函數零點是否存在

有些函數比較復雜，摻雜了指數函數、對數函數、一次函數、二次函數或反比例函數，無法判斷出零點是否存在，此時可以分離成兩個函數分析．

例2設f（x）=（x+1）eax（其中a≠0），曲線y=f（x）在x=處有水平切線．

（1）求a的值；

（2）設g（x）=f（x）+x+xlnx，證明：對任意x1，x2∈（0，1），有|g（x1）-g（x2）|＜e-1+2e-2．

解：（1）a=-2．（解答略）

（2）分析：要證明對任意x1，x2∈（0，1），有|g（x1）-g（x2）|＜e-1+2e-2，即證明［g（x）］max-［g（x）］min＜e-1+2e-2．為此，對函數g（x）求導得，該導函數的零點既解不出來也觀察不出來，對此類型導數問題，我們通?？勺鞒鰞蓚€函數進行分析：令．作出兩個函數在（0，1）區(qū)間的圖像，兩個圖像的最大垂直距離為g（x）的最大值，兩個圖像的最小垂直距離為g（x）的最小值．作為不等式的證明問題，其最大值與最小值可近似估值．另外，兩個函數如何選取是一個難點問題，一般原則是：①指對分離；②盡量回避分式；③盡量作出

三、導函數零點可觀察出來，但無法解出

這類問題一般可以分離變量，作函數，反復求導．這種方式適合于具有如下兩個條件的導數問題：（1）每次求導，導函數零點都可以觀察出來，且相同；（2）每次求導，導函數結構越來越簡單．

1．通過設而不求整體代換

如果f′（x）=0是超越式（對字母進行了有限次初等超越運算包括無理數次乘方、指數、對數、三角、反三角等運算的解析式，稱為初等超越式，簡稱超越式），我們無法求出其零點，這時我們可以采用虛設零點法，通過形式化的合理代換或推理，謀求一種整體的轉換和過渡．通過整體代換，將超越式化簡為普通式．

例3設函數f（x）=e2x-alnx．

（1）討論f（x）的導函數f′（x）的零點的個數；

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

2．通過多次求導來判斷正負

若f′（x）=0不可解，也可嘗試再一次求導，卻發(fā)現f″（x）=0（f″（x）表示f（x）的二階導數）也不可解，此時怎么辦呢？那么請你“將求導進行到底”，或許能有新的發(fā)現．利用三階導數的符號來判斷二階導數的單調性和值域，再由二階導數的值域可求出一階導數的單調性和值域，進而求出原函數的單調性和值域．

例4設函數f（x）=x（ex-1）-ax2，當x≥0時，f（x）≥0，求a的取值范圍．

解：f（0）=0，f′（x）=（x+1）ex-1-2ax=g（x），g（0）=0，

g′（x）=（x+2）ex-2a=h（x），h（0）=2-2a，h′（x）=（x+3）ex．

因為x≥0，所以h′（x）＞0恒成立，此時h（x）≥h（0）= 2-2a．

若a≤1，h（x）=g′（x）≥0，則g（x）≥g（0）=0，即f′（x）≥0，因此f（x）≥0成立；

若a＞1，則h（0）=2-2a＜0，又x→+∞時，h（x）→+∞，所以存在x0使h（x0）=0，當x∈［0，x0）時，h（x）＜0，即g′（x）＜0，從而g（x）＜g（0）=0，即f′（x）＜0，所以有f（x）＜f（0）=0，與f（x）≥0矛盾．

綜上，a∈（-∞，1］．

反思此過程，連續(xù)運用了三次求導，而且每次求導都可發(fā)現新的導數表達式，更有利于求出導數的零點，從而使我們更加明確多次求導是破解導數f′（x）零點的一個有效方法．雖然步驟較多，但操作起來有固定的模式：先求導，再求零點，若無法求出，則可構造新函數，如此繼續(xù)下去，當再次求導，發(fā)現導數的表達式越來越簡單時，就可考慮用多次求導法來解決函數的零點問題．

3．通過特殊值縮小范圍，從而探出零點

當導數零點不可求時，首先可用特殊值進行“投石問路”．特殊值的選取原則是：（1）在含lnx的復合函數中，通常令x=ek，尤其是令x=e0=1進行試探；（2）在含ex的復合函數中，通常令x=lnk（k＞0），尤其是令x=ln1=0進行試探．

例5設函數f（x）=（x-a）2lnx，求實數a的取值范圍，使得對任意的x∈（0，3e］，恒有f（x）≤4e2成立．（e為自然對數的底數）

解：f（x）≤4e2恒成立?（x-a）2lnx≤4e2恒成立．

當x∈（0，1］時，（x-a）2lnx≤0≤4e2恒成立．

當x∈（1，3e］時，（x-a）2lnx≤4e2恒成立?（x-a）2≤

所以在（1，3e］上h′（x）=0只有一個零點．于是當x∈（1，e）時，h′（x）＜0；當x∈（e，3e）時，h′（x）＞0．所以h（x）min= h（e）=3e．

首先把一個較為復雜的問題轉化為兩個基本的恒成立問題，再轉化為兩個函數的最值問題．在求最值的過程中，發(fā)現導數的零點不能直接求出，只能通過觀察，“探出”一個根，然后再通過函數的單調性說明根的唯一性，分析出所求函數的單調區(qū)間，從而使問題獲得解決．

總之，對于在高考函數壓軸題中遇到的導數和函數的很多零點問題，由于零點具有求解相對比較繁雜甚至無法求解的特點．我們不必正面強求，分析條件，有時直接設出零點，充分利用其滿足的關系式，然后謀求一種整體的轉換和過渡，再結合其他條件解決問題，這樣成功回避復雜的運算，擺脫解決問題過程中的一些技術難點，在求解比較復雜的含參函數的綜合問題具有很好的應用價值．