張文海

導(dǎo)數(shù)引入高中數(shù)學(xué)教材以后，對多項(xiàng)式函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等混合型函數(shù)性質(zhì)的研究多了一個重要工具.在利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或極值時，求解導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是一個基本問題，而我們遇到的導(dǎo)函數(shù)可能是初等函數(shù)、含參函數(shù)或者超越函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)或易或難，也成為制約大家能否順利解題的一個關(guān)鍵點(diǎn).本文擬通過幾例談?wù)勌幚磉@些問題的常見策略，以饗讀者.

1 利用因式分解求根，直接代入函數(shù)求解

問題1 已知函數(shù)f（x）=2tlnx，g（x）=x2-k（t∈R，k∈R）.

（1）當(dāng)k=1時，①若函數(shù)f（x）與g（x）在x=1處的切線均為l，求t的值;②若曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點(diǎn)，求t的取值范圍;

（2）當(dāng)t=1時，設(shè)h（x）=f（x）-g（x），若函數(shù)h（x）存在兩個不同的零點(diǎn)x1，x2，求證：x1+x22>1.

解 （1）當(dāng)k=1時，g（x）=x2-1，所以f′（x）=2tx，g′（x）=2x.

①由題意，切線l的斜率k=f′（1）=g′（1），即k=2t=2，所以t=1.

②設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）=2tlnx-（x2-1），x∈（0，+SymboleB@ ）.

“曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點(diǎn)”等價于“函數(shù)y=h（x）有且僅有一個零點(diǎn)”.因?yàn)閔（x）=2tlnx-（x2-1），所以h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x.

（?。┊?dāng)t≤0時，由x∈（0，+SymboleB@ ），得h′（x）≤0，所以函數(shù)h（x）在（0，+SymboleB@ ）單調(diào)遞減.

因?yàn)閔（1）=0，所以函數(shù)h（x）有且僅有一個零點(diǎn)1，符合題意.

（ⅱ）當(dāng)t>0時，h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，

當(dāng)x變化時，h（x）與h′（x）的變化情況列表如下：

x （0，t） t （t，+SymboleB@ ）

h′（x） + 0 -

h（x）極大值

所以函數(shù)h（x）在（0，t）上單調(diào)遞增，在（t，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x=t時，h（x）max=h（t）=tlnt-t+1.注意到h（1）=0，且h（t）≥h（1）=0，

若t=1，則h（x）max=0，所以函數(shù)h（x）有且僅有一個零點(diǎn)1，符合題意.

若0 ? ? 若t>1，取x2=t+t2+1∈（t，+SymboleB@ ），由于h（x2）=2tlnx2-x22+1<2tx2-x22+1=0，所以函數(shù)y=h（x）存在兩個零點(diǎn)，一個為1，另一個在（t，x2）內(nèi)，與題意不符.

綜上y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點(diǎn)時，t的取值范圍是t≤0或t=1.

（2）當(dāng)t=1時，h（x）=2lnx-x2+k.

因?yàn)閔（x1）=h（x2）=0，所以2lnx1-x12+k=2lnx2-x22+k=0， 即2lnx1-x12=2lnx2-x22.令φ（x）=2lnx-x2，則φ′（x）=2x-2x=2（1-x2）x.

當(dāng)00，當(dāng)x>1時，φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，1）上遞增，在（1，+SymboleB@ ）上遞減，所以φ（x）在x=1處有極大值，所以0 ? ? 令s（x）=φ（x）-φ（2-x），x∈（0，1），則s′（x）=4x（2-x）-4>4x+2-x22-4=0.

所以s（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，從而s（x）1，2-x1>1，所以x2>2-x1，即x1+x22>1.

點(diǎn)評 第（1）問的②問函數(shù)y=h（x）零點(diǎn)的個數(shù)，等同于函數(shù)y=h（x）的圖象與x軸交點(diǎn)的個數(shù).研究函數(shù)的圖象必須先知曉函數(shù)的單調(diào)性，此問的關(guān)鍵是研究h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x的正負(fù).因?yàn)閷?dǎo)函數(shù)h′（x）含有參數(shù)t，必然要對參數(shù)進(jìn)行討論.當(dāng)t≤0時，h′（x）≤0，函數(shù)單調(diào);當(dāng)t>0時，h′（x）可以進(jìn)行因式分解得h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，令h′（x）=0，因?yàn)閤>0，可以解得導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)為x=t.第（2）問屬于導(dǎo)數(shù)中極值點(diǎn)偏移問題，實(shí)質(zhì)就是證明兩個零點(diǎn)的中點(diǎn)偏在極值點(diǎn)的一側(cè)，首先求出函數(shù)φ（x）=2lnx-x2的極值點(diǎn)，易知φ′（x）=2x-2x通分后可以進(jìn)行因式分解得到φ′（x）=2（1+x）（1-x）x，令φ′（x）=0，因?yàn)閤>0，可以解得導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)為x=1，進(jìn)一步判斷得到函數(shù)的極值點(diǎn).

2 通過直觀觀察猜根，再證明根的唯一性

問題2 設(shè)函數(shù)f（x）=ax+blnx，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x.

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值;

（2）對任意的x∈（0，+SymboleB@ ），有f（x）≤kx恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

解 （1）由已知得f（x）的定義域?yàn)椋?，+SymboleB@ ），f′（x）=-ax2+bx=bx-ax2，因?yàn)榍€y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x，所以f′（1）=b-a=1，

f（1）=a=1，解得a=1，b=2，故f′（x）=2x-1x2，令f′（x）=0，則x=12.

當(dāng)x變化時，f（x）與f′（x）的變化情況列表如下：

x （0，1 2） 1 2 （1 2，+SymboleB@ ）

f′（x） - 0 +

f（x）極小值

所以函數(shù)f（x）在（0，12）上單調(diào)遞減，在（12，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞增，極小值為f（12）=2-ln2.

（2）因?yàn)閤∈（0，+SymboleB@ ），所以不等式f（x）≤kx可化為k≥f（x）x=1x2+2lnxx=2xlnx+1x2.

記g（x）=2xlnx+1x2，則g′（x）=2x-2xlnx-2x3，令g′（x）=0，即x-xlnx-1=0.

記h（x）=x-xlnx-1，則h′（x）=1-（lnx+1）=-lnx，當(dāng)x∈（0， 1）時，h′（x）>0，函數(shù)h（x）=x-xlnx-1在（0， 1）上單調(diào)遞增;當(dāng)x∈[1，+SymboleB@ ），h′（x）≤0.函數(shù)h（x）=x-xlnx-1在[1，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞減.又h（1）=0，所以h（x）≤0，故g（x）=2xlnx+1x2在（0， 1）上單調(diào)遞增，在[1，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞減，從而g（x）max=g（1）=1，所以k≥1.

點(diǎn)評 本題是一道典型的不等式恒成立問題，因?yàn)閰?shù)k只出現(xiàn)在一個地方，常可采用參變分離法處理，將問題轉(zhuǎn)化為求一個不含參數(shù)的函數(shù)g（x）=2xlnx+1x2的最大值.研究函數(shù)的最值問題，需要知曉它的單調(diào)性，就需要了解g′（x）=2x-2xlnx-2x3的正負(fù).分母x3顯然為正，關(guān)鍵就是判斷分子2（x-xlnx-1）的正負(fù)，而y=x-xlnx-1是一個超越函數(shù)，它的正負(fù)無法直接判斷，成為制約部分同學(xué)解題的主要障礙.實(shí)際上，我們只要明確目標(biāo)是判斷y=x-xlnx-1的正負(fù)，也就是判斷y=x-xlnx-1與“0”的關(guān)系，要讓x-xlnx-1=0就需要“l(fā)nx”不要出現(xiàn)，這時候只需令x=1，就能找到一個零點(diǎn).除了“1”這個零點(diǎn)之外，還有沒有其他的零點(diǎn)，只需要研究一下函數(shù)y=x-xlnx-1的單調(diào)性即可.這一類導(dǎo)函數(shù)常?？梢酝ㄟ^直觀觀察，猜到其中的一個零點(diǎn)“0”“1”“e”“1e”等，再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可判斷有無其他的零點(diǎn)，從而達(dá)到目的.

3 根據(jù)零點(diǎn)存在定理設(shè)根，設(shè)而不求整體回代

問題3 設(shè)函數(shù)f（x）=（x-a）2lnx，a∈R.

（1）若x=e為y=f（x）的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a;

（2）求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得對任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立.（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）

解 （1）略.

（2）①當(dāng)x∈（0，1]時，lnx≤0，（x-a）2≥0，故f（x）=（x-a）2lnx≤0≤4e2顯然成立.

②當(dāng)x∈（1，3e]時，由于不等式f（x）≤4e2恒成立，所以f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，

解得3e-2eln（3e）≤a≤3e+2eln（3e）.

由（1）問可知，f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax），

記g（x）=2lnx+1-ax，則g（1）=1-a<0，g（a）=2lna>0，且g（3e）=2ln（3e）+1-a3e≥2ln（3e）+1-3e+2eln（3e）3e=2（ln（3e）-13ln（3e））>0，又g（x）在（0，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g（x）在（0，+SymboleB@ ）內(nèi)有唯一零點(diǎn)，設(shè)零點(diǎn)為x0，則10，即f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增;當(dāng)x∈（x0，a）時，g（x）>0，x-a<0，所以f′（x）<0，即f（x）在（x0，a）上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈（a，+SymboleB@ ）時，g（x）>0，x-a>0，所以f′（x）>0，即f（x）在（a，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞增.所以要使f（x）≤4e2對任意的x∈（1，3e]恒成立，只要

f（x0）=（x0-a）2lnx0≤4e2，（1）

f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，（2）成立.由g（x0）=2lnx0+1-ax0=0得，a=2x0lnx0+x0（3）代入（1）式得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1，且函數(shù)y=4x2·ln3x在（1，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞增，故1 ? ? 點(diǎn)評 本題第（2）問采用最值法處理時，遇到解方程f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax）=0的問題，其中2lnx+1-ax=0是一個超越方程，無法直接求解，也無法通過觀察猜出其中的某個根.但g（1）<0，g（3e）>0，又g（a）>0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理發(fā)現(xiàn)，方程在區(qū)間（1，a）至少存在一個根，此時可以先設(shè)出此零點(diǎn)x0，其中x0滿足a=2x0lnx0+x0，利用此等式整體代入求解.

問題4 已知函數(shù)f（x）=ex-ax-2，其中a為常數(shù).

（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（2）已知a=1，k為整數(shù)，若對任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立，求實(shí)數(shù)k的最大值.

解 （1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?SymboleB@ ，+SymboleB@ ），f′（x）=ex-a.若a≤0時，則f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，+SymboleB@ ）上單調(diào)遞增;若a>0時，則當(dāng)x∈（-SymboleB@ ，lna）時，f′（x）<0，當(dāng)x∈（lna，+SymboleB@ ）時，f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，lna）上遞減，在（lna，+SymboleB@ ）上遞增.

（2）當(dāng)a=1時，對任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立等價于k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x（x>0），則g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2.

由（1）知，當(dāng)a=1時，f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上遞增.

因?yàn)閒（1）<0，f（2）>0，所以f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上存在唯一零點(diǎn)，所以g′（x）在（0，+SymboleB@ ）上也存在唯一零點(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為x0，則x0∈（1，2）.

因?yàn)楫?dāng)x∈（0，x0）時，g′（x）<0，當(dāng)x∈（x0，+SymboleB@ ）時，g′（x）>0，所以g（x）在（0，+SymboleB@ ）上的最小值為g（x0）=x0+1ex0-1+x0，所以k ? ? 又因?yàn)間′（x0）=ex0-x0-2=0，所以ex0=x0+2，所以k ? ? 點(diǎn)評 本題的第（2）問仍是一道不等式恒成立問題，在求函數(shù)g（x）=x+1ex-1+x（x>0）的最小值時，需要研究它的單調(diào)性，即判斷g′（x）與“0”的關(guān)系，而f（x）=ex-x-2與“0”的大小關(guān)系并不確定，也無法觀察出x取何值時，對應(yīng)的函數(shù)值為0，但f（1）<0，f（2）>0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理發(fā)現(xiàn)，函數(shù)f（x）=ex-x-2在區(qū)間（1，2）至少存在一個根，此時可以先設(shè)出此零點(diǎn)x0，其中x0滿足ex0-x0-2=0，利用此等式整體代入求出g（x0）=x0+1∈（2，3），從而得到整數(shù)k的最大值.

在導(dǎo)數(shù)的綜合題中常需要研究導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)問題，主要包括零點(diǎn)可求和不可求兩種情形.我們首先判斷能否通過因式分解直接求根，若能，則問題易解;若不能，試著通過直觀觀察猜出其中某一個根，再通過研究函數(shù)的單調(diào)性來證明根的唯一性;若根不易猜出，可通過數(shù)形結(jié)合的方法鎖定根所在的區(qū)間，通過設(shè)而不求整體代入的方法求解.只要我們在平時的解題學(xué)習(xí)中注重總結(jié)一類問題的處理模式，利用流程圖的方式去研究問題，就能夠把不熟悉、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的、簡單的問題，從而培養(yǎng)自己轉(zhuǎn)化和化歸的能力，形成良好的數(shù)學(xué)思維習(xí)慣，提升自己的數(shù)學(xué)素養(yǎng).