楊坤林 向城

[摘? ?要]隱零點(diǎn)在解高考壓軸題中的功能有化超越式為普通式、化高次式為低次式和減少變元個(gè)數(shù).

[關(guān)鍵詞]隱零點(diǎn);壓軸題;高考;功能

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2019）23-0005-02

顧名思義，隱零點(diǎn)即隱含的零點(diǎn).研究表明，隱零點(diǎn)在問題解決中具有積極的作用.在這，筆者結(jié)合高考壓軸題，分析隱零點(diǎn)在解高考壓軸題的三大功能：化超越式為普通式、化高次式為低次式和減少變元個(gè)數(shù).

功能一、化超越式為普通式

超越式為函數(shù)問題的解決帶來較高的難度.比如，求函數(shù)的極值點(diǎn)時(shí)往往會(huì)引發(fā)繁雜的運(yùn)算，甚至不能算出結(jié)果.因此，利用隱零點(diǎn)將超越式化為普通代數(shù)式就顯得尤為重要了.

[例1]（2018年全國Ⅲ卷文科21題）已知函數(shù)[f（x）=ax2+x-1ex].

（Ⅱ）證明：當(dāng)[a≥1]時(shí)，[f（x）+e>0].

證明：由題意[ex+1+ax2+x-1≥0]恒成立.令[g（x）=ex+1+ax2+x-1]，則[g′（x）=ex+1+2ax+1]，[g″（x）=ex+1+2a].因?yàn)閇a≥1]，所以[g″（x）>0]恒成立，得[g′（x）]在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)[x→-∞]時(shí)，[g′（x）→-∞];當(dāng)[x→+∞]時(shí)，[g′（x）→+∞] .所以[g′（x）]在R上存在唯一零點(diǎn)[x0]使[g′（x）=0].故[g（x）]在[（-∞，x0）]上單調(diào)遞減，在[（x0 ，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[g（x）≥g（x0）].由[g′（x0）=0]得[ex0+1=-2ax0-1].所以[g（x）=ex0+1+ax20+x0-1=ax20+（1-2a）x0-2=（ax0+1）（x0-2）.] 又[g′-1a=e1-1a-1]，[a≥1]，所以[0≤e1-1a-10].

綜上，當(dāng)[a≥1]時(shí)， [f（x）+e>0].

評注：解答本題的關(guān)鍵是利用[g′（x0）=0]這一條件將指數(shù)式[ex0+1]化為普通代數(shù)式[-2ax0-1].

[例2]（2017年全國Ⅱ卷理科21題）已知函數(shù)[f（x）=ax2-ax-xlnx]，且? [f（x）≥0].

（Ⅰ）求a;

（Ⅱ）證明：[f（x）]存在唯一的極大值點(diǎn)[x0]，且[e-2

解：（Ⅰ）易得[a=1].

（Ⅱ）由（Ⅰ）得[f（x）=x2-x-xlnx ]，則 [f ′（x）=2x-2-lnx].設(shè)[h（x）=2x-2-lnx]，則[h′（x）=2-1x].由[h′（x）>0]解得[x>12]，所以[h（x）]在[12，+∞]上遞增，在[0，12]上遞減.又因?yàn)閇h12=ln2-1<0]，[h（1）=0]，則[h（x）]在[0，12]上存在唯一零點(diǎn)[x0]使得[2x0-2-lnx0=0]，即[2x0-2=lnx0] ，且[f（x）]為[（0，x0）]，[（1，+∞）]上的增函數(shù)，為[（x0，1）]上的減函數(shù)，則[f（x）]的極大值為[f（x0）=x0（1-x0）<14].而[e-1∈（0，1） ，x0≠e-1]，所以[f（x0）>f（e-1）=e-2].

綜上，[e-2

評注：解決本題的關(guān)鍵是利用隱零點(diǎn)[x0]構(gòu)建對數(shù)式化簡的紐帶，即[lnx0=2x0-2]，將求證的目標(biāo)[e-2

[例3]（2013年全國Ⅱ卷理科21題）已知函數(shù)[f（x）=ex-ln（x+m）].

（Ⅱ）當(dāng)[m≤2]時(shí)，證明[f（x）>0].

證明：（Ⅱ）當(dāng)[m≤2]，[x∈（-m? ，+∞）]時(shí)，[ln（x+m）≤] [ln（x+2）]，只需證明當(dāng)[m=2]時(shí)，[f（x）>0].當(dāng)[m=2]時(shí)，函數(shù)[f ′（x）=ex-1x+2]在[（-2，+∞）]上單調(diào)遞增，又[f ′（-1）<0]， [f ′（0）>0].故[f ′（x）=0]在[（-2，+∞）]上有唯一實(shí)根[x0]，且[x0∈（-1，0）].當(dāng)[x∈（-2，x0）]時(shí)，[f ′（x）<0];當(dāng)[x∈（x0，+∞）]時(shí)， [f ′（x）>0]，于是當(dāng)[x=x0]時(shí)，[f（x）]取得最小值.由[f? ? ′（x0）=0]得[ex0=1x0+2]，于是[ln（x0+2）=-x0]，故[f（x）≥f（x0）=1x0+2+x0=（x0+1）2x0+2>0].

綜上，當(dāng)[m≤2]時(shí)， [f（x）>0].

評注：本題中要證[ex-ln（x+2）>0]，但極值點(diǎn)較難求出.抓住零點(diǎn)滿足的條件[ex0=1x0+2]，即[ln（x0+2）=-x0]，可以化指數(shù)式和對數(shù)式為普通式，將問題簡化為求證[1x0+2+x0>0].

功能二、化高次式為低次式

函數(shù)次數(shù)越低，其性質(zhì)學(xué)生就越熟悉，解決問題的可能性也就越大.利用隱零點(diǎn)可以把高次逐漸轉(zhuǎn)化為低次，使運(yùn)算最大限度地簡化.

[例4]（2012年全國Ⅱ卷文科21題）已知函數(shù)[f（x）=13x3+x2+ax].

（Ⅰ）討論[f（x）]的單調(diào)性;

（Ⅱ）設(shè)[f（x）]有兩個(gè)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.

解：（Ⅰ） [f ′（x）=x2+2x+a=（x+1）2+a-1].

（?。┊?dāng)[a≥1]時(shí)，[f ′（x）≥0]，當(dāng)且僅當(dāng)[a=1]，[x=-1]時(shí)，[f ′（x）=0]，所以[f （x）]是R上的增函數(shù);

（ⅱ）當(dāng)[a<1]時(shí)，[f ′（x）=0]有兩個(gè)根[x1=-1-1-a，x2=-1+1-a];

當(dāng)[x∈（-∞，-1-1-a）]時(shí)，[f ′（x）>0]，[f? （x）]是增函數(shù);

當(dāng)[x∈（-1-1-a，-1+1-a）]時(shí)，[f ′（x）<0]，[f? （x）]是減函數(shù);

當(dāng)[x∈（-1+1-a，+∞]）時(shí)，[f ′（x）>0]， [f? （x）]是增函數(shù).

（Ⅱ）由題設(shè)知，[x1，x2]為方程[f ′（x）=0]的兩個(gè)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）]，[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].

評注：本題第（Ⅱ）問中，充分利用[f ′（x）]零點(diǎn)[x1]、[x2]分別滿足[x21=-2x1-a]、[x22=-2x2-a]，逐步將三次化為一次，減少了煩瑣的運(yùn)算.

功能三、減少變元個(gè)數(shù)

用參數(shù)表示函數(shù)零點(diǎn)時(shí)，因參數(shù)范圍不確定會(huì)導(dǎo)致零點(diǎn)的范圍不清，進(jìn)而產(chǎn)生分類討論和大量的運(yùn)算.但用零點(diǎn)表示參數(shù)時(shí)可以規(guī)避這一點(diǎn)，將零點(diǎn)表示的參數(shù)代入函數(shù)，實(shí)現(xiàn)消參.

[例5]（2016年全國Ⅱ卷理科21題）（Ⅰ）討論函數(shù)[f（x）=x-2x+2ex]的單調(diào)性，并證明當(dāng)[x>0]時(shí)，[（x-2）ex+x+2>0];

（Ⅱ）證明：當(dāng)[a∈0，1] 時(shí)，函數(shù)[g（x）=ex-ax-ax2]有最小值.設(shè)[g（x）]的最小值為[h（a）]，求函數(shù)[h（a）]的值域.

解：（Ⅰ）[f? ?′（x）=x2ex（x+2）2]，當(dāng)[x∈（-∞ ，-2）∪（-2? ，+∞）]時(shí)， [f ′（x）>0]，所以[f（x）]在[（-∞，-2）]，[（-2，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[x>0]時(shí)，[x-2x+2ex>f（0）=-1]，故[（x-2）ex+x+2>0].

（Ⅱ）[g′（x）=（x+2）x-2x+2·ex+ax3 ，? a∈0? ，1] .由（Ⅰ）知，當(dāng)[x>0]時(shí)，[f（x）x-2x+2·ex]的值域?yàn)閇（-1，+∞）]，故存在唯一實(shí)數(shù)[x0].使得[x0-2x0+2ex0=-a]，[x0∈0，2].當(dāng)[x∈（0，x0）]時(shí)，[g′（x）<0]，[g（x）]單調(diào)遞減;當(dāng)[x∈（x0，+∞）]時(shí)，[g′（x）>0]，[g（x）]單調(diào)遞增，所以當(dāng)[x=x0]時(shí)，[g（x）]取得最小值. [h（a）=ex0-a（x0+1）x20=ex0+（x0+1）x0-2x0+2ex0x20=ex0x0+2? ].記[μ（x0）=ex0x0+2]，當(dāng)[x0∈0，2]時(shí)，[μ′（x0）=ex0（x0+1）（x0+2）2>0]，所以[μ（x0）]單調(diào)遞增.故[h（a）=μ（x0）∈12，e24].

評注：本題（Ⅱ）問求[h（a）=ex0-a（x0+1）x20]的值域，直接求很難，應(yīng)用零點(diǎn)滿足的條件[x0-2x0+2ex0=-a]，則可以實(shí)現(xiàn)用零點(diǎn)表示參數(shù)，從而消去參數(shù)得到[μ（x0）=ex0x0+2]為關(guān)于[x0]的一元函數(shù).

[例6]（2015年全國Ⅰ卷文科21題）設(shè)函數(shù)[f（x）=e2x-alnx].

（Ⅱ）證明：當(dāng)[a>0]時(shí)[f（x）≥2a+aln2a].

證明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可設(shè)[f ′（x）]在（[0，+∞]）的唯一零點(diǎn)為[x0]，當(dāng)[x∈（0，x0）]時(shí)，[f ′（x）<0];當(dāng)[x∈（x0，+∞）]時(shí)， [f ′（x）>0].故[f（x）]在[（0，x0）]上單調(diào)遞減，在[（x0 ，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[x=x0]時(shí)， [f（x）]取得最小值[f（x0）] .由于[2e2x0-ax0=0]，所以[e2x0=a2x0]，[2x0=lna-ln2x0]，即[lnx0=lna2-2x0]，所以[f（x）=e2x0-alnx0=a2x0-alna2-2x0=a2x0+2ax0+alna2? ≥2a+alna2] .故當(dāng)[a>0]時(shí)，[f（x）≥2a+aln2a].

評注：本題（Ⅱ）問中利用隱零點(diǎn)[x0]滿足的關(guān)系式[2e2x0-ax0=0]，得到零點(diǎn)與參數(shù)的關(guān)系式[e2x0=a2x0]、[lnx0=lna2-2x0]，簡化了運(yùn)算.

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）