周曄

［摘 要］“隱零點”問題的難度較大，解題方法較為靈活，文章結(jié)合幾個例題，對導(dǎo)數(shù)中的“隱零點”問題進行探究，以幫助學(xué)生突破難點，有效解答相關(guān)問題。

［關(guān)鍵詞］導(dǎo)數(shù)；“隱零點”問題；解法探究

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 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)的零點分為兩種類型：一是能精確求解，稱之為“顯零點”；二是能判斷其存在，但難以求解或無法求解，稱為“隱零點”?！半[零點”問題的難度較大，求解的基本策略是：形式上虛設(shè)，運算上代換，數(shù)值上估算，策略上等價轉(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”主要有哪些應(yīng)用呢？如何求解導(dǎo)數(shù)中的“隱零點”問題？

一、利用“隱零點”研究極（最）值問題

在利用隱零點研究極（最）值問題時，往往利用零點的存在性，對函數(shù)的零點設(shè)而不求，通過整體代換、構(gòu)造函數(shù)等，再結(jié)合題目條件解決問題。

［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[a=1]時，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，請求出[λ]的最小值；若不存在，請說明理由。（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)零點可求[-32

解：（1）因為[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[a=0]時，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；②當[a>1]時，由[φ（x）>0]，解得[x>a-1a]；③當[00]，解得[x>0]；④當[a=1]時，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；⑤當[a<0]時，由[φ（x）>0]，解得[01]時，[φ（x）]的增區(qū)間為[a-1a，+∞]。

（2）當[a=1]時，[g（x）=x-3]，所以[h（x）=（x-3）lnx]，而[h（x）=lnx+x-3x=lnx-3x+1]，因為[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，+∞）上有且只有一個零點[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]。因為[32

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

二、利用“隱零點”確定參數(shù)的取值范圍

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

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

（2）若[x>0]時，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]是個超越方程，觀察得，當[x=1]時，[ f ′（x）=0]。當[x∈（0，1）]時，[f ′（x）<0]；當[x∈（1，+∞）]時， [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，[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[x0]。當[0x0]時，[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]。

點評：利用“隱零點”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”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，若該零點無法求出，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，若f （x）中含有參數(shù)，有時可根據(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”的主要應(yīng)用。

三、利用函數(shù)的“隱零點”證明不等式

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

［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]有兩個相異的實根[x1]和[x2（x1-43m]。

分析：（1）通過二次求導(dǎo)確定[f（x）]的導(dǎo)函數(shù)有唯一零點，進而確定[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]，通過構(gòu)造函數(shù)[g（x）=x2lnx]有兩個不同零點確定參數(shù)[m]的范圍，再將方程[m=x2lnx]的兩相異實根[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）因為[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]，因為[x>0]，所以[h（x）>0]，所以[f（x）]在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因為[f（2）=0]，所以當[x∈（0，2）]時，[f（x）<0]，此時函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞減；當[x∈（2 ，+∞）]時，[f（x）>0]，此時函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞增，所以當[x=2]時，[f（x）]取得極小值[f（2）=-2ln2]，[f（x）]無極大值。

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

因為[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[t>1]時，[lnt-4（t2-1）3（t2+2）>0]成立，所以[1x21+2x22>-43m]。

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

四、“隱零點”的綜合應(yīng)用

除上述三類問題外，高考還考查“隱零點”的綜合應(yīng)用，解答這類問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[m<-2]時，證明： [f（x）]在[（0，1）]和（1，+∞）上各有一個零點，且這兩個零點互為倒數(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，并將問題轉(zhuǎn)化為證明[f1x0=0]即可。

解：（1）[f（x）=（x+1）lnx+x-1]，定義域為（0，+∞），[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[x∈（0，e-3）]，[g（x）<0]，則[g（x）]在[（0，e-3）]上單調(diào)遞減，當[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[x]趨近于[0]或+∞時，[φ（x）]均趨近于+∞，如圖1所示，所以[φ（x）]在（0，1）和（1，+∞）上均存在一個零點，設(shè)為[x1]、[x2（0x2]時，[φ（x）>0]；當[x1x2]時，[f（x）>0]；當[x1f（1）=0]，[f（x2）

點評：對于函數(shù)零點個數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合思想來求解。這類問題求解的通法是：（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；（3）數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與[x]軸的交點情況進而求解。

從以上分析不難看出，導(dǎo)數(shù)中的“隱零點”問題雖然具有一定的難度，但只要方法得當，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”問題的常用思想方法，而函數(shù)的零點存在性定理和設(shè)而不求整體代換，是破解這類問題的“制勝法寶”。

（責(zé)任編輯 黃桂堅）